KVANTITATIVNE METODE 1. del - shrani.sishrani.si/f/1Y/K0/1UtsOQNZ/kvantitativne-metode-skr.pdf · razumevanje teorije - tudi kvantitativnih pojmov - in uporabo le-te v strokovni praksi

Lesarji-BSc--materiali predavanj Kvantitativne metode-2007/08- 1.del

LESARJI 1. letnik BSc

KVANTITATIVNE METODE 1. del

Nosilki:prof. dr. Lidija Zadnik Stirn in prof. dr. Katarina Košmelj (poda material ločeno) Predavanja in seminar bosta izvajali: prof. dr. Lidija Zadnik: 10 ur predavanj in 10 ur seminarja prof. dr. Katarina Košmelj: 20 ur predavanj Vaje bosta izvajala: as. Mirko Kariž: 10 ur vaj prof. dr. Katarina Košmelj: 10 ur vaj

[email protected] v Ljubljani, Biotehniška fakulteta Oddelek za gozdarstvo in obnovljive gozdne vire Katedra za uporabno matematiko

Konzultacije in govorilne ure pri prof. Zadnikovi: po vsakih predavanjih, v času govorilnih ur (vsak četrtek od 11.-13. ure – razen od 3.-21.12.2007, Večna pot 83, soba 30) ali po dogovoru (najavite se po e-pošti).

1

mailto:[email protected]


Število ur / ECTS: 60/5; 30 ur predavanj, 10 ur seminarja in 20 ur seminarskih vaj za Kvantativne metode (prvi del) 10 ur predavanj, 10 ur seminarja in 10 ur seminarskih vaj.

Čas izvajanja: 2. blok: od 3. – 21. decembra 2007 in od 3. – 25. januarja 2008

Predavanja za prvi del (pri prof. dr. Zadnikovi, od 3.-21.12.07): Urnik: predavanja oziroma seminar se bosta izvajana v šestih terminih in sicer ob četrtkih

od 12. – 16. ure (4 ure), ob petkih od 8. – 11. ure (3 ure) v P1 predavalnici (glej urnik na spletu).

Datumi predavanj: četrtek: 6., 13., 20. december 2007 Datumi seminarja: petek: 7., 14., 21. december 2007 četrtek: 20. december 2007 Način predavanj: frontalno predavanje s formulami in definicijami na prosojnicah (powerpoint ali pdf).

Na prvem predavanju: predstavitev predmeta, študijskih pogojev, načina dela in literature. Študenti se seznanijo z vsebino predmeta ter z osnovnimi cilji, kompetencami, pričakovanim znanjem in razumevanjem, uporabo, refleksijo in prenosljivimi spretnostmi (vse iz učnega načrta). Prav tako se študentje seznanijo z redom pri predavanjih (preverjanje prisotnosti. 2


Materiali: študentje dobijo natisnjen učni program predmeta, natisnjene zahteve o redu na predavanjih, pri seminarjih in vajah, skupaj s pogoji za opravljanje izpita in načinom ocenjevanja. Vse je dosegljivo na spletnih straneh, opozorimo na spletni naslov.

Študijska gradiva: prosojnice s predavanj oz. skripta na spletu; na spletu bo navedena tudi dodatna literatura.

Ocena predmeta: študent dobi pri predmetu dve oceni, oceno iz predavanj in seminarja (ena ocena) ter oceno iz vaj. Študent se mora za izpit iz predmeta prijaviti, da se ocena (pozitivna ali negativna) vnese v e-indeks. Preverjanje znanja iz 1. dela predavanj: Pri prof. Zadnikovi kratko preverjanje znanja iz teorije (3 vprašanja) na zadnjem predavanju (seminarju) 21. 12. 2007. Preverjanje prisotnosti na predavanjih in poznavanje tekoče snovi je lahko tudi na katerem koli predavanju ali seminarju z enim zelo kratkim vprašanjem (2 minuti), in sicer nenapovedano.

3


Izvedbeni načrt predavanj – prvi del: Št. Tema Št. ur

Datum

1 Predstavitev predmeta, študijskih pogojev, načina dela, literature. Značilnosti modeliranja in optimizacije. Osnove finančne matematike. Funkcijske odvisnosti. Elastičnost

2

6. 12. 2007

2 Sistemi linearni enačb in neenačb. Uvod v linearno programiranje 2

6. 12. 2007

3 Problemi linearnega programiranja iz stroke (proizvodni, transportni, onesnaževanja, razporeditve) 2

13. 12. 2007

4 Osnove odločanja s tveganjem in v negotovosti 2 13. 12. 2007

5 Večfazni problemi (dinamično programiranje, osnove mrežnega planiranja) 2

20. 12. 2007.

Preverjanje znanja –teoretični del (prvi del predmeta, 3 vprašanja). Konzultacije po potrebi. 1

21. 12. 2007 Nadaljnji izpitni roki

za teorijo – 1.del 14.2.2008, 9.6.2008, 26.6.2008, 27.8.2008, 11.9.2008

4


Seminar pri prof. Zadnikovi Urnik: seminar bo štirikrat (glej urnik na spletu). Datumi seminarja: petek: 7., 14. in 21. december 2007

četrtek: 20. december 2007 Način seminarja: Študentje dobijo temo seminarja na prvem seminarju. Na ostalih treh študentje oddajo svojo seminarsko nalogo na največ 2 straneh A4 formata. Ob oddaji seminarja dobijo eno kratko vprašanje. Prisotnost na vseh seminarjih je obvezna. Na prvem seminarju: predstavitev smisla seminarja, tem seminarja, literature, povezave s snovjo na predavanjih in vajah, navajanje na samostojno delo in iskanje literature, uporaba računalniških programov, način ocenjevanja seminarja. Materiali: študentje dobijo natisnjene teme seminarja, natisnjene zahteve o redu na seminarjih, skupaj s pogoji za opravljen seminar in načini ocenjevanja. Vse je dosegljivo na spletnih straneh, opozorim na spletni naslov. Študijska gradiva: prosojnice s temami na spletu; na spletu bo navedena tudi literatura. 5


Snov seminarja:

Št. Tema Št. ur Datum

1 Predstavitev predmeta, študijskih pogojev, načina dela, literature. Primeri uporabe finančne matematike 2

7. 12. 2007

2 Primeri uporabe sistema linearnih enačb 1 7. 12. 2007

3 Primeri linearnega programiranja 2 14. 12. 2007

4 Primeri linearnega programiranja 1 14. 12. 2007

5 Primeri odločanja 2 20. 12. 2007

6 Primeri večfaznih procesov 2 21. 12. 2007

Obveznosti študenta do 1. dela predmeta:

1. redno obiskovanje predavanj, seminarja, vaj 2. pozitivno opravljen računski in teoretični del izpita ter pozitivno ocenjen seminar.

6


Oblikovanje ocene predavanj: s pisnim izpitom, kjer študent odgovarja na 3 teoretična vprašanja. Vsako je vredno 4 točke. Kandidat doseže pozitivno oceno, če doseže vsaj 7 točk. Delni izpiti in oblikovanje ocene za prvi del predmeta (predavanja pri prof. Zadnikovi, vaje pri as. Karižu): ocena iz prvega dela predmeta je sestavljena iz ocene teoretičnega dela s seminarjem in ocene iz vaj. Delni izpit se šteje za opravljenega, če sta pozitivni oceni računskega in teoretičnega dela s seminarjem. Delni izpit je sestavljen iz treh (3) računskih nalog in treh (3) teoretičnih vprašanj in seminarja. Ocenjuje se računski del posebej in teoretični del s seminarjem posebej. Vsaka naloga oziroma teoretično vprašanje je vredno štiri (4) točke. Za pozitivno opravljen delni izpit morata biti oba dela pozitivna, kar pomeni, da mora študent pri vsakem delu zbrati najmanj 7 točk. Pri tem je možno točke s teoretičnega dela prenesti k računskemu delu in obratno, pri čemer se vsaka prenesena točka rezultatu tega dela odšteje in se prišteje rezultatu drugega dela kot pol točke. Prenašanje točk je možno samo v primeru, če je to edini način, da kandidat uspešno opravi delni izpit, in samo do pozitivne ocene. Če je tudi kljub možnosti prenašanja točk pozitiven samo en del (teoretični ali računski), se tudi ta razveljavi in študent mora ponovno opravljati delni izpit v celoti.

7


Ocena teoretičnega dela prvega dela predmeta se izračuna po naslednjem principu: S......... ocena seminarja T1....... ocena teoretičnega dela izpita iz prvega dela predmeta (prof. dr. Zadnik) T......... končna ocena teoretičnega dela T = 0,2*S + 0,8*T1 Na koncu se T zaokroži navzgor. Oblikovanje končne ocene celotnega predmeta: izpit se šteje za opravljenega, ko sta pozitivno opravljena izpita iz obeh delov predmeta, to je Kvantitativnih metod (pri prof. Zadnikovi in as. Mirku Karižu) in STATISTIKE (pri prof. Košmeljevi). Pozitivno opravljen izpit pri enem delu predmeta ni pogoj za pristop k opravljanju izpita pri drugem delu predmeta. Končna ocena pri predmetu je sestavljena iz ocene teoretičnega dela in ocene računskega dela. Ocena računskega dela kot tudi teoretičnega dela je navzgor zaokroženo povprečje ocen računskih delov izpita iz prvega dela predmeta (prof. dr. Zadnikova in as. Mirko Kariž) in drugega dela predmeta (prof. dr. Košmeljevi).

8


Vaje: (le prvi del, ko jih izvaja as. Mirko Kariž v času od 3. – 23. decembra 2007) Urnik: 1. skupina

7.12. petek od 11:15 do 15:00-4ure 14.12. petek 11:15 do 13:00-2uri 18.12. torek 10:15-13:00- 3 ure 2. skupina 11.12. torek 10:15-13:00- 3 ure 14.12. petek 13:15 do 15:00-2uri* 21.12. petek 11:15-15:00-4ure *oziroma podaljšamo 21.12. za dve uri in potem 14.12 odpade (da študentom 2. skupine ni potrebno čakati dve uri na vaje) +1 ura za kolokvij

9


Način vaj: računske naloge, ki se jih rešuje s pomočjo znanja pridobljenega na predavanjih. Delno reševanje nalog na računalniku. Na prvih vajah: predstavitev načina dela, reda pri vajah in režima glede preverjanja znanja. Predstavljeno gradivo in naloge. Materiali: študentje dobijo gradivo z nalogami, ki jih bomo med vajami rešili. Študijska gradiva: na spletu bo navedena dodatna literatura. Konzultacije in govorilne ure (pri as. Mirku Karižu): po vsakih vajah, v času govorilnih ur, ali po dogovoru.

10


Izvedbeni načrt vaj:

Št. Tema Število ur

1 Finančna matematika 2 2 Sistemi enačb 2 3 Linearni programi 2 4 Večfazni procesi 2

5 Vaje na računalniku (za sistem enačb, linearni program, mrežni plan) 1

6 Preverjanje znanja – kratek kolokvij iz vaj 1 Obveznosti študenta glede vaj:

1. redno obiskovanje vaj (vsak izostanek je treba ustrezno opravičiti); 2. opravljen kolokvij oziroma test iz nalog vaj – računski del.

11


Oblikovanje ocene računskega dela za 1. del izpita: računski del izpita je sestavljen iz treh (3) nalog. Vsaka je ocenjena z največ štirimi (4) točkami. Računski del izpita je opravljen, če študent zbere vsaj 7 točk (prenašanje točk in ostale detajle glej zgoraj).

Cilji predmeta in kompetence: Študent bo sposoben razumeti, da je na področju lesnoindustrijskih podjetij in institucij zelo pomembno organizirano pridobivanje informacij (podatkov), poznavanje problema, planiranje dela in sledenje planu z adptacijami, ki jih zahtevajo spremembe okolja. Študent bo razumel, da mora za izdelavo plana poznati možne odločitve in kriterije (tehnološke, ekonomske in tudi socialne), s pomočjo katerih odločevalec izbere optimalno. Študent se bo naučil osnovne principe odločanja, enostavne matematične metode optimiranja in uporabe računalniških programov pri organizaciji in vodenju poslovnih, tehnoloških in logističnih procesov v lesarstvu.

12


Predvideni študijski dosežki Znanje in razumevanje: Študent nadgradi znanje iz matematike s preprostimi kvantitativnimi metodami, predvsem v smislu praktične uporabe le-teh. Študent se nauči in zna uporabljati metodo linearnega programiranja, osnovne principe odločanja, dinamičnega in mrežnega planiranja. Uporaba: Znanje uporabi pri študiju strokovnih problemov z ekonomskega, tehnološkega in družboslovnega področja. Znanje uporabi za iskanje najboljše rešitve tudi s pomočjo računalniške podpore. Refleksija: predmet predstavlja metodološki predmet, ki usposablja študenta za razumevanje teorije - tudi kvantitativnih pojmov - in uporabo le-te v strokovni praksi. Usmerja študenta v kritično vrednotenje dobljenih rezultatov in zaključkov. Prenosljive spretnosti: logično sklepanje, natančno izražanje, kritičen odnos do prebranega in lastnih rezultatov, razumevanje procesov, identifikacija, formulacija in reševanje matematičnih modelov, pisno poročanje.

13


Študijski viri: � Zadnik Stirn, L.: Metode operacijskih raziskav za poslovno odločanje. VŠUP,

Novo mesto, 2001. � Povh, J., Pustovrh, S.; Zbirka rešenih nalog iz operacijskih raziskav, VŠUP,

Novo mesto, 2001. � Čibej, J.A.:Poslovna matematika. Unoverza v Ljubljani, EF, Ljbljana, 1996. � Mizrahi, A., Sullivan, M.: Mathematics for business, life and social sciences.

John Wiley, New York, 1993. Izbrana literatura za individualni študij v okviru seminarja. Vsi navedeni viri so na razpolago v tiskani ali elektronski obliki ali v knjižnici. Študentom bo na razpolago gradivo s predavanj in naloge z vaj v elektronski obliki. To gradivo bo objavljeno pred začetkom izvajanja predmeta na spletni strani.

14


Univerza v Ljubljani

Biotehniška fakulteta

prof. dr. Lidija ZADNIK STIRN

KVANTITATIVNE METODE ZA LESARJE BSc

Zapiski predavanj

LJUBLJANA, 2007

15


OSNOVNE ZNAČILNOSTI KVANTITATIVNIH METOD

Splošen uvod Problemi, s katerimi se srečujemo v praksi, niso le tehnološki, to je, kako nekaj storiti, pač se vse pogosteje pojavljajo vprašanja, kako izvesti določeno operacijo čim ceneje, čim hitreje, itd. Prav pri teh vprašanjih pa strokovnjaki praktiki zadenejo na probleme, ki jih lahko rešujemo tudi z uporabo matematičnih metod. Vendar pa se le-te v praksi ne uporabljajo v takšnem obsegu, kot bi pričakovali. Razlogov za to je več. Eden izmed njih je tudi nepoznavanje teh metod. Če jih namreč ne poznamo, jim tudi ne zaupamo in raje sprejemamo odločitve le na osnovi izkušenj. Tako je namen tega predmeta in učne snovi podane v prvem delu v skopih obrisih predstaviti problematiko in uporabo matematičnih metod v praksi. To je storjeno na nizu primerov. Tako je snov z matematičnega vidika skromna, saj se ne ukvarjamo z obravnavanjem metod s strogega matematičnega vidika, pač pa jih le orisujemo na različnih primerih.

16


Osredotočili se bomo na probleme optimiranja, ki so v glavnem rešljivi na nivoju elementarne matematike. Poseben poudarek bo na prikazovanju in analizi podatkov, nekaterih metodah in končno na interpretaciji dobljenih rezultatov in na njihovi praktični uporabnosti. Pokazana je tudi možnost uporabe ustreznih računalniških programov.

Operacijske raziskave in oblikovanje modelov

Kaj bomo spoznali v tem poglavju: 1. Kaj pomeni modeliranje in čemu služijo matematični modeli in metode2. Kaj je operacijsko raziskovanje 3.Osnovni pristop k oblikovanju modelov in faze pri oblikovanju le-teh

Realni sistemi s področja naravoslovja, ekonomije, tehnike ali pa družbenih znanosti so navadno izredno kompleksni in zapleteni. V njih nastopajo razni kvantitativni in kvalitativni dejavniki ter deterministični, stohastični ali pa hevristični procesi. Glede na to realnih sistemov običajno ni možno preučevati v njihovi originalni obliki. Pri obravnavanju realnih sistemov si pomagamo tako, da originalnemu sistemu priredimo adekvaten model.

17


Model je bolj enostaven in simbolično prikazuje relacije med posameznimi dejavniki sistema. Nato namesto originalnega realnega sistema preučujemo ustrezen model. Nas zanimajo modeli, v katerih so uporabljena matematična sredstva – matematični modeli. Specialno z njimi se ukvarja posebna disciplina, ki jo poznamo pod imenom operacijsko raziskovanje (angl. Operations Research, nem. Unternehmensforschung) in je interdisciplinarna veda. Nastala je iz niza problemov in hoče najti optimalno gibanje, vodenje, oziroma upravljanje (angl. management) sistema. Pomen operacijskih raziskav in z njimi povezano uporabo modelov v praksi nam najlepše predstavi skeptična definicija operacijskih raziskav: operacijske raziskave so sistem metod, ki daje slabe odgovore na vprašanja, za katera poznamo še slabše odgovore. To definicijo tolmačimo z dejstvom, da so operacijske raziskave v razvoju ter da z uporabo matematičnih modelov dobimo boljše rezultate kot z drugimi, na primer bolj intuitivnimi metodami. Pri oblikovanju modelov se običajno zaradi zapletenosti problemov, ki jih želimo rešiti, poslužujemo tako imenovanega "čebulnega" pristopa, pri katerem postavimo najprej zelo enostaven model, ki vsebuje le najpomembnejše parametre, nato pa ta model, brž ko zanj ugotovimo, da je primeren, razširimo z dodajanjem novih parametrov (le te dodajamo v istem smislu, kot bi sredinskem delu čebule dodajali nove in nove liste čebule).

18


V zvezi z oblikovanjem modelov pa v grobem ločimo naslednjih pet faz: • postavitev naloge (formulacija problema), • oblikovanje modela, • iskanje rešitve (metode, algoritmi), • preverjanje modela in ocena rešitve, • uvajanje modela v prakso in kontrola njegove pravilnosti.

P R O B L E M M O D E L A L G O R IT E M R E Z U L T A T I

"Č E B U L N I" P R IS T O P Vse procedure in vmesne rešitve v procesu oblikovanja modela pa združujejo v sebi potrebo po jasnem razumevanju problema, zato je pri modeliranju praktično nemogoče združiti vse zahteve procesa modeliranja v eni sami osebi - interdisciplinarnost je nujna.

19


Poudariti moramo, da je treba pri matematičnem modeliranju posebno pozornost posvetiti vsebinski utemeljitvi, analizi in kritičnemu ocenjevanju uporabljenih modelov. Matematika je podobna mlinskim kamnom, ki natančno premlevajo vse, kar smo mednje nasuli, vendar celo najboljši mlin ne bo namlel pšenične moke iz lobode. S tem ne zmanjšujemo praktične vrednosti matematičnih metod, pač pa želimo opozoriti na natančnost in kritičnost do podatkov, metod in rezultatov.

Povzetek poglavja: 1. Ker so realni problemi kompleksni in zapleteni in jih zato ni vedno možno preučevati v

njihovi originalni obliki, si pomagamo z modeli. 2. Z matematičnimi modeli optimiranja se ukvarja posebna veda – operacijsko

raziskovanje. 3. Pri oblikovanju modelov se poslužujemo "čebulnega pristopa" in upoštevamo pet

osnovnih faz.

Vprašanja za ponavljanje in razpravo: 1. Čemu služijo matematični modeli? 2. Kaj je operacijsko raziskovanje? 3. Kateri so osnovni elementi pri oblikovanju modelov in kakšen pristop upoštevamo?

20


OSNOVE POSLOVNE MATEMATIKE EKSPONENTNE IN LOGARITEMSKE ENAČBE Računanje s potencami:

n ana

aana

na

nmanma

nmanama

=

=−=−

=

+=

=

/1

11;1

;.)(

;

;1oa

Eksponentne enačbe

1. različne osnove: ax = by → x = y = 0

21


primer:

30333323/2332

)423(23)327(3223.43232.7

2323.43-x7.2

=→=−→−=−−=−

−−=+−−−=+−

−=−+

xxxxxx

xxxxxx

xxx

2. iste osnove: ax = ay → x = y

primer:

11449403652

4364.524

=→=−===−+

==+

xxtint

tttx

xx

22


Računanje z logaritmi:

ab

xbxaosnovonovonaprehod

axxa

yxyx

yxyx

yye

yy

yax

x ya

xay

log

loglog:

loglog

logloglogloglog).log(

lnlog

log10log

log

=

=

−=+=

=

=

=

=

=

23


Logaritemske enačbe: Primer 1: logx-log(x+10)=log(x+1)

0010102

110

)1log(10

log

<→=++

+=+

+=+

xxx

xx

x

xx

x

NI REŠITVE!!!

24


Primer 2:

32/3

3

1010

3log2

2log

21

3log3

2log

3log

==

=

=−

=−

x

x

x

xx

x

25


Primer 3:

391)3(

193log

13

log

93

log.3log

19log.3log

=→=

=

=

=

xx

x

xx

xxx

xxx

26


GOSPODARSKI RAČUNI IN ZAKON NARAVNE RASTI Osnova so aritmetično zaporedje, geometrijsko zaporedje, geometrijska vrsta in število e. Vsota n členov aritmetičnega zaporedja 1)1( adnan +−= . Formula za izračun vsote prvih n členov zaporedja - tej vsoti rečemo n-ta delna vsota aritmetičnega zaporedja in označimo z Sn - je

( )( )d1na22ns 1n ⋅−+= ali 2

aas n1n

+= .

Vsota n členov geometrijskega zaporedja 1n

1n kaa −= ; 11

1 −−

=kkaS

n

n . Vsota neskončno členov geometrijskega zaporedja se imenuje geometrijska vrsta.

kkaSkakakakaaS

nnnn

n

−=

−===++++=

∞→∞→

∞

=

−∑ 11limlim... 1

11

11

31

2111

ak n − 1

Ta formula smisel in je veljavna takrat in le takrat, ko je 1k < .

27


Navadni obrestni račun: Uporablja se pri tekočih računih in različnih hranilnih vlogah in je omejen na krajše časovno obdobje. Tu je osnova ves čas le glavnica (obrestuje se le glavnica), zato prinese upniku obrestovanje vsako leto iste obresti ⇒ glavnica narašča kot aritmetično zaporedje. Na začetku obodobja imamo glavnico G0. Letna obrestna mera (imenovana tudi

nominalna) naj bo p%. Potem so relativne obrestne mere: mesečna obrestna mera 12%p

,

dnevna 365%p

, itd.

Letne obresti o potem znašajo: 100.0 pGo =

Glavnica na koncu prvega leta je G1, drugega G2, itd:

100;;.........

1002;

100.0

0.0

02.0

01pGnGGpGGGpGGG n +=+=+=

28


Osnovna formula za navadni obrestni račun je:

100.0

0pGnGGn +=

leta

zaporedjearitmeticno

linearna rast glavnice G0

1 2

G0

3 n-1. . . n

29


Primer Banka uporablja navadni obrestni račun in p=8%. Vsak mesec (na začetku mesca od 1.januarja - 31.decembra –prenumerandno) vlagamo znesek a. Ob koncu leta imamo 25040 de. Kolikšen je a? (Opomba: vse zneske preračunavamo na skupni končni termin; pri nas na konec leta).

20001200

)87814400(1200

87812001221312

120012

)1..1112(1200

121200

1...1200

111200

1225040

=⇒⋅+

=⋅⋅+⋅⋅

=⋅

⋅⋅

+⋅=

=+++⋅

+⋅=⋅⋅

+++⋅⋅

++⋅⋅

+==

aaaapaa

paapaapaapaaS

Poglejmo isti primer, le da imamo vloge na koncu meseca (postnumerandno):

86,20121200

)86614400(1200

6614400

)1..1011(1200

12...1200

101200

1125040

=⇒⋅+

=⋅⋅+

=

=+++⋅

+⋅=++⋅⋅

++⋅⋅

+==

aapaa

paaapaapaaS

30


Obrestno obrestni račun Tu je osnova glavnica z obrestmi vred (obrestuje se glavnica in obresti). Glavnica narašča kot geometrijsko zaporedje. Na začetku obodobja imamo glavnico G0. Letna obrestna mera naj bo p%. Potem je glavnica na koncu prvega leta je G1, drugega G2, itd:

nn qGGqGG

pqfaktorobrestniqjekjerqGpGpGGG

02

02

00.0

01

;;.........100

1;;)100

1(100

==

+==+=+=

Osnovna formula za obrestno obrestni račun je: 1001;0

pqqGG nn +==

leta

eksponentna rast glavnice G0

1 2

G0

3 n-1. . . n

31


Primer Banka obrestuje po p=8% (dekurzivno, letno obrestovanje). Vanjo vlagamo po a=1000 de letno a) prenumerandno b) postnumerandno). Kolikšna je skupna vrednost vlog na koncu 40. leta (n=40)?

04,27978111...2)( =

−−

⋅=⋅++⋅+⋅=rrrarararaS

nnpre

52,25905611... 12)( =

−−

=⋅++⋅+= −

rrararaaS

nnpost

Primer Poglejmo na primeru razliko med navadnim in obrestno obrestnim obrestovanjem: G0=100 de; p=10%; n=10 let 1) Navadno obrestovanje: 200)11(

10010 0

0010 =+=

⋅⋅+= G

pGGG

2) Obrestno obrestno obrestovanje: 37,2591,1)100

1( 100010 =⋅=+= GpGG n

32


Primer: 1) Banka uporablja obrestno obrestni račun. Kolikšna je letna obrestna mera, če

je G0=12500 in G4=17644,77? n

npGG )

1001(0 += , n=4 → %9)1(100 4

0

=−=GGp n

2) Banka uporablja obrestno obrestni račun. Koliko let se je glavnica obrestovlala, če je G0=114000; letna obrestna mera p=12%, in Gn=252017,68?

nn

pGG )100

1(0 += → 7)

1001log(

60loglog 0 =+

−=

pGn

3) Neko blago smo podražili za p (p=10%) procentov. Za koliko procentov, ga moramo poceniti, da dobimo prvotno ceno tega blaga?

aaa pp ⎯⎯ →⎯⎯⎯ →⎯ −+ %1

% 1 , a je cena blaga, ki ni znana (podatka ne potrebujemo) )

1001(

1001papaaa +⋅=⋅+= ; )

1001()

1001()

1001(

10011

111ppapapaaa −⋅+⋅=−⋅=⋅−= ;

1= )100

1()100

1( 1pp−⋅+ ; =

+−=⇒−=−

+ 1

100100100

11

11

1

pppp

100100

9,09%

3) Najamemo 100.000 de posojila, ki ga vrnemo v 5 enakih letnih obrokih. Prvega čez 7 let po najetju posojila. Koliko znaša letni obrok, če je letna

33


obrestna mera 7,5 %? (Opomba: vse moramo preračunati na skupni termin – končni, pri nas je to na koncu 12. leta; ves izposojen denar z obrestmi vred je enak vsemu vrnjenemu denarju z obrestmi vred.Narišite časovno os!).

2 3

12

a a aa a1

100000 qaqaqaqaqqKK n

n ⋅+⋅+⋅+⋅=⋅=⋅= 23411000.100 (izposojeno, nismo obrestovali na koncu 1.leta)

aqaqaqaqaq +⋅+⋅+⋅+⋅=⋅ 123411000.100 Komentar: aqaqaqa nn +⋅++⋅+⋅ −− ...21

geometrijsko zaporedje

1)1(...21

−−⋅

=+⋅++⋅+⋅ −−

qqaaqaqaqa

nnn 1

)1(1

−−⋅

=qqaS

n

n

1)1(000.100

511

−−⋅

=⋅qqaq → 1075,1

075,0075,1000.1005

11

−⋅⋅

=a = 38144,997

34


OBRESTNE MERE Nominalna ali letna obrestna mera p% (na primer p=8%)

Relativne obrestne mere: mesečna obrestna mera 12%p

= 0,66..%, dnevna 365%p

=0,0219%, Primer: Če znesek G obrestujemo enkrat letno po 8% niminalni obrestni meri imamo na koncu leta 1,0800.G Če znesek G obrestujemo mesečno po nominalni obrestni meri 8%,oziroma relativni mesečni obrestni meri 0,666..%, imamo na koncu leta G. 1,06666..12 = 1,08299995G , torej 0,2999..% več kot če bi bil pripis le enkrat letno. Zaradi te razlike so banke uvedle konformno obrestno mero. Konformna (mesečna, dnevna,….) obrestna mera p(m) je tista obrestna mera, ki v enem letu in večkratni (mesečni, dnevni,…) kapitalizaciji prinese enake obresti kot nominalna (letna) obrestna mera pri celoletni kapitalizaciji.

k(m) = m q → p(m)= ( ) 100*1−m q

m- število kapitalizacijskih obdobij v enem letu; q- obrestovalni faktor q= 1+p/100 k(m)- konformni obrestni faktor in p(m) konformna obrestna mera p=8%, k(m=12, mesečni)=1,006434; p(m=12,mesečna)=0,6434.

35


RENTA

Končna renta: primer Koliko je treba vložiti v banko, da lahko n=5 let izplačujemo 1000 de letno, če je kapitalizacija celoletna, obrestovanje dekurzivno, p=8%, izplačila dospejo ob koncu leta.

reduciranana za etekč

2 5

S a a aa a

1

0(part)

3 4

edS

qqqaqq

qa

qa

qa

qaS

part

part

.71,3992)108,1(08,1)108,1(1000

)1()1()...1(...

5

5)(

0

5

55

552)(

0

=−−

=

−−

=+++=+++=

Splošna formula: )1()1(

−−

=qq

qaS n

n

o

36


Večna renta (primer) Koliko moramo vložiti v sklad, če želimo večno rento 60000 letno in banka obrestuje po p=12% letno, dekurzivno, s celoletno kapitalizacijo in izplačilom na koncu leta. V tem primeru se poslužimo geometriske vrste.

1)11(

1lim

)1()1(limlim 0 −

=−−

=−−

==∞→∞→∞→∞ q

aqq

aqq

qaSS nnn

n

nn S=60000/(1,12 – 1) = 500 000 de

37


ZAKON NARAVNE RASTI (uporabimo število e, eksponentne in logaritemske enačbe) Neka snov naravno raste. Naj bo y0 količina snovi v času t=0. Zanima nas, koliko snovi imamo po preteku časa, to je v času t. Naj bo to y(t). (k>0 – eksponentna rast snovi; k<0 – ekponentno upadanje snovi)

tkeyty ⋅⋅= 0)(

eksponentna rastčedalje več

čedalje manj

0

0

t

y

0

y

y

t

38


Primer:

Če je količina narašča !!!

0>k

1. Neka količina naravno raste 12)2( =y , y(4) = 48. Koliko je y(5)? 12)2( 2

0 =⋅= ⋅keyy 48)4( 4

0 =⋅= ⋅keyy

2469,02ln

2

==

⇐==⋅

k

k

eek

key ⋅= 20

12 = 3

412

=

keyy ⋅⋅= 50)5(

tty 23)( ⋅= 9623)5( 5 =⋅=y

39


2. Pri radioaktivnem razpadu se je količina snovi v prvem letu zmanjšala za 2%.

Izračunaj razpolovno dobo te snovi! T naj bo razpolovna doba =?

tkeyty ⋅⋅= 0)(

021)( yTy ⋅= ;

01 %98 yody = ktkk eeteyyy =⇒=⋅=⋅= ⋅1;98,0 001

0202027,098,0ln98,0 −=⋅=⇒= kek; k je negativen, snov upada.

00 5,0)( yeyTy Tk ⋅=⋅= ⋅→ 5,0ln⋅=⋅Tk → let

kT 3,34

98,0ln5,0ln5,0ln=

⋅⋅

=⋅

=

40


FUNKCIJSKE ODVISNOSTI Spremenljivke označimo: x, y, z, t, … Poznati moramo zalogo vrednosti spremenljivke.

[ ]bax ,∈ ; vrednosti spremenljivke x so iz zaprtega intervala [a,b]. Če x zavzame vse vrednosti nekega intervala je x zvezna spremenljivka. Če x zavzame le točno določene vrednosti iz intervala je diskretna spremenljivka. Če poznamo zalogo vrednosti neodvisne spremenljivke in predpis, ki vsakemu x iz zaloge vrednosti priredi vrednost y, pravimo, da je y funkcija x-a:

)(xyy = )(xfy = )(xgy = ali ali Primer:

Rx∈ zaloga vrednosti za x ali def. območje funkcije y; 12 += xy (predpis).

41


Primer:

1 1x

1

g

/ 2-

Zaloga vrednosti funkcije y so vrednosti, ki jih y zavzame. Na sliki ( )+∞∞−∈ ,y ,

Ry∈ Funkcija y(x) je pozitivna pri x, pri katerih leži nad osjo x (na sliki pri x > -1/2). Funkcija y(x) je negativna pri x, kjer je pod osjo x (na sliki pri x < -1/2). Funkcija y(x) ima vrednost 0, oziroma ima ničlo, tam,kjer seka os x (na sliki pri x=-1/2).

42


narašča

poz .

abs.m ax

poz.

poz.

neg .

pada

pada

pada

pada

neg

min.min.min.min.max.max.max.max.

neg .

neg.

poz.

naraščanara

šča

narašča

Na sliki določi območja za x, kjer: je funkcija y definirana, pozitivna, negativna, ima ničle, narašča, pada, ima lokalni minimum, maksimum, absolutni minimum, maksimum.

43


PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJ ENE SPREMENLJIVKE 1. LINEARNA FUNKCIJA

nxky +⋅= EKSPLICITNA ENAČBA linearne funkcije, katere graf je PREMICA; RyRx ∈∈ ; ; k je smerni koeficient (tangens naklonskega kota

ϕ⋅= tgk ) premice, n je odsek na ordinatni osi

0=+⋅+⋅ cybxa IMPLICITNA ENAČBA 2. POTENCE

,...),( 642 xxxy = SODE POTENCE nxy =

PARABOLA II. STOPNJE SODA FUNKCIJA ⇓ y(-x)=y(x) simetrična glede na y

0

y ničle funkcije so točke, v katerih je y=0 ⇒ x2=0

x=0 (dvojna rešitev, dvojna, soda ničla))

v sodi ničli se funkcija y obrne y je povsod pozitivna funkcija

x y je povsod definirana funkcija, y∈R 44


0 x

y LIHA LIHE POTENCE,...),( 753 xxxy =

FUNKCIJA simetrična na koordinatno izhodišče

ničle funkcije: x3=0 x=0 tri rešitve (polinom tretje stopnje) y(-x) = - y(x) liha ničla; v lihi ničli funkcija seka os x pri x>0 je y pozitivna, pri x<0 je y negativna y je povsod definirana funkcija, y∈R 3. KORENI Sodi koren

1

1

x 0

y

xy = I. Najprej nariši funkcijo pod korenom!

Definirano za tiste x-e, kjer je izraz pod korenom ≥o

xy = x≥o ⇒ DEF. OBM: {x≥0} II. Vse kar je pod osjo x- črtaj! xy =

III. Koreni po točkah (3)! ! Ne pozabi na simetrijo Dvolična funkcija 45


1

1 x 0

y

xy=

Lihi koren 3 xy = I. ! Najprej nariši funkcijo pod korenom!

II !Koreniš vse! 4. RACIONALNE (LOMLJENE) FUNKCIJE

)()(

xaxPy = !V števcu ali (in) imenovalcu polinoma brez skupnih ničel!

11

2

3

−−

=xxy skupne ničle pokrajšaj )1)(1(

)1)(1( 2

+−++−

xxxxx

46


Ničle: y mora biti enak nič ⇒ P(x)=0 !sode/lihe ničle! kjer je Q(x)=0 funkcija ni definirana:

−∞=−+

poli: Q(x)=0 Primer 1

12x

y =

+∞=− 0

;0

+ aa

sodi → +∝ v obeh delih ali -∝ v obeh delih lihi → -∝ in +∝

Poli: x2 =0, x=0 (2) sodi pol

SODA FUNKCIJA (v obeh delih +∝, je sodi pol)

0 x

y

Ničle: ni

01lim,01lim01

22 +=+=+=∞+

−∞→+∞→ xxxx

47


Primer 2

13x

y =

Kadar je stopnja polinoma Q(x) > P(x) je asimptota, to je

0lim =±∞→

yx .

LIHA FUNKCIJA Ker je lihi pol gre v +∝ in v -∝

0 x

y

Poli: x3 =0, x=0 (3) lihi pol Ničle: ni

01lim,01lim 33 −=+=−∞→+∞→ xx xx

Če je stopnja števca enaka stopnji imenovalca je asimptota konstanta. Primer:

48


41

2

2

−−

=xxy

ničle: x2-1=0 x1=1 (1) liha; x2=-1 (1) liha poli: x2-4=0 x1=2 (1) lihi x2=-2 (1) lihi

sekamoneasimptotexx

xxy

xx

xx

xx

⇒−−−

=−−

==−−

=−−

−∞→+∞→

41

;141 , asimptota 1,1

41lim,1

41lim

22

2

2

2

2

2

2

49


Če je števec višje stopnje kot imenovalec: limita je enaka ∞

112

+++

=x

xxy

xy

xxx

xxx

xxx

xx

=

+−

=+++

−∞=+++

+∞=+++

−∞→+∞→

1

00

1)(x:1)x(x :asimptota poševna

11lim,

11lim

2

2

22

1

-1 0 1 x

y

ničle: ni poli: x+1=0 x=-1 (1) lih

Če je stopnja števca za 1 večje od stopnje imenovalca, je poševna asimptota premica, za 2 pa parabola II. stopnje.

50


5. EKSPONENTNE FUNKCIJE 0, >= aay x

1

x

y

1.) 0 < a < 1

ničle: ni +∞=+=

−∞→+∞→ x

x

x

x aa lim,0lim

2.) a > 1

0lim,lim +=+∞=−∞→+∞→ x

x

x

x aaničle: ni

Obe funkciji sta samo pozitivni: a > 1 je povsod naraščajoča (večji je x, ⇒ večji je y); x2 > x1 ⇒ y2 > y1

1

x

y

0 < a < 1 je povsod padajoča (večji je x, ⇒ manjši je y);x2 > x1 ⇒ y2 < y11; >= aey x

1

x

y

1

x

y

xx

eey )1(== −

51


6. LOGARITEMSKA FUNKCIJA6. LOGARITEMSKA FUNKCIJA

xay = a > 1

y > 0 x ∈R Definirana za vse x.

a > 0 0 < a < 1 ax y= xy alog=⇒ inverzna funkcija k eksponentni f. je logaritemska f

a > 0; x… argument (neodvisna spremenljivka) Definicijsko območje za logaritemsko funkcijo: { }0: >xDf ; Ry∈

a > 1; naraščajoča +∞=

0 < a < 1; padajoča

+∞→ ax 0xloglim lim; −∞=

+→xa

xlog

(po pozitivnih vrednosti, desna limita) 10log =⇒= xxa ničla

52


Primer (nariši in določi definicijsko območje)

)12ln( −= xy 1;112;0)12ln(. ≥≥−≥− xxxdef

1. Nariši premico, y=2x-1: Črtaj vse kar je pod osjo x; in iz dela premice, ki ostane, naredi ln; to je na območju za x≥1/2;

2. Velja namreč: ln0=-∝; ln1=0, ln∝=∝; črtaj vse od funkcije y=ln(2x-1), kar je negativno; ostane območje za x≥1 (to je torej tudi definicijsko območje končne funkcije). Iz tega presotanka naredi koren.

3. Korenimo po točkah: ( ) zmanjšaseštevilpovecasenaštevil 1;)1,0;00 ≤= ; ne pozabi simetrije

53


ODVOD (Diferencialni račun) y(x), [a,b], ,x ∈ [a,b], x ≠ 0x 0x 0xxhx −==Δ )()()()( 000 xyxxyxyxyy −Δ+=−=Δ

xy

ΔΔ

…diferenčni kvocient

odvod funkcije: xyy

x ΔΔ

=→Δ 0

lim'

odvod funkcije: xyy

x ΔΔ

=→Δ 0

lim'

54


ELASTIČNOST

ELASTIČNOST yx'y

yx

dxdy'y

xdxy

dy)e( =⋅==

yx'y'y )e( =

Elastičnost povpraševanja: yxyy e '' )( −=

PRIMER:

Naj p pomeni ceno blaga, 2pp5)p(D 2 +

= pa povpraševanje v odvisnost od cene.

Za katere p je funkcija D(p) smiselna? Pri kateri ceni p se povpraševanje D(p) spremeni za ½ %, če se cena x = p spremeni za 1 %?

55

Lesarji-BSc--materiali predavanj Kvantitativne metode-2007/08- 1.del smiselno od cene 2 dalje ( 2 , ∞)

xdxy

dye

ydy

dxx

xy

yx'y =⋅=ΔΔ⋅=

xx'y

yy )e( Δ=Δ

(elastičnost pove za koliko % se spremeni y=D(p), če se x=p spremeni za 1 %.)

;2

5)( 2 +==

pppDy 20

)2(510)(' 22

2

±=⇒=+−

=′= pp

ppDy

⇒=+−

=′=⋅=′=21

22)('' 2

2)()(

pppDy

ypDy ee 6p +=

56


FUNKCIJE VEČ SPREMENLJIVK x, x [a, b] x … neodvisna spremenljivka ∈y = y(x) … funkcija ene spremenljivke ► … med seboj neodvisne

)nxxx ,...,, 21 nxxx ,...,, 21

,...,,( 21 nxxxzz = z funkcija n med seboj neodvisnih spremenljivk x, y … neodv. spr. x ∈ [a, b], y ∈ [c, d] z = z(x,y)… z je funkcija dveh spremenljivk

57


EKSTREMI

0)( >TK

: y ⇒ 0)('' >Ty min; 0)('' <Ty max ; za eno spremenljivko T= 0'►

► ),( yxzz = Fermat: T

yzxz

⇒

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=

=

0

0

δδδδ

; 2 enačbi z 2 neznankama

Ali je v T ekstrem? 22

2

2

2

2

),( ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

yxz

yz

xzyxK

δδδ

δδ

δδ

V točkah, kjer funkcija ni zvezna, ekstremov nimamo.

ekstrem je → Kakšen? min,0

max,02

2

)(T

TT

xz >

<δδ

0< ekstrema ni → za nas konec naloge ?0=

58


Empirična izravnava funkcij z metodo najmanjših kvadratov

xi yix1 x2

… xk

… xn

y1 y2

… yk

… yn

y=ax+b, y=f(x0, c1, c2,…, cj) ! Izmed vseh premic poiščemo tisto, ki se tem točkam najbolj prilega.

( ) ( )( ) ( )( )∑∑==

=⇒+−⇒+−+=n

kkk

n

kkkkk nkbaxybaxybaxy

11

...2,1; Vsota razdalj ni v redu → absolutne vrednosti razdalj (poz. in neg. razdalja)

59


Vzamemo kvadrat razdalj

( )( )( )∑=

+−n

kkk baxy

1

2

Vsota kvadratov razdalj od točke do premice naj bo min.

a, b = ?; ! !min ( )( )( )∑=

+−=n

kkk baxybaF

1

2),(

( )( ) ( )∑=

=−⋅+−=n

kkkk xbaxy

aF

1

02δδ

( )( ) ( )∑=

=−⋅+−=n

kkk baxy

bF

1

012δδ

0

0

11

11 1

2

=−−

=−−

∑∑

∑∑ ∑

==

== =

nbxay

xbxayx

n

kk

n

kk

n

kk

n

k

n

kkkk

y = ax+b

60


Zgled: 1.

( )22∑ ∑≠ kk xx

∑ ∑ ∑⋅≠ kkkk yx113-70a-14b=0 /·2

yx

26-14a- 4b=0 /·7 - --------------------- 44 – 42a=0 a=1,048

xi yi x2 xiyi yi(i)1 2 1 2 3,87 2 6 4 12 4,92 4 9 16 36 7,02 7 9 63 63 10,16 14 26 70 113

b=2,83 y=1,048 x + 2,83

61


xabybxay

+=+= lnlnlnPrilagodi podatke funkciji y=abx! Prilagodi podatke funkciji y=abx!

izračunani xk yk lnyk xk2 xklnyk yi

1 2 0,69 1 0,69 2,69 2 7 1,95 4 3,90 4,68 3 9 2,20 9 6,60 8,19 4 12 2,48 16 9,92 14,34 10 7,32 30 21,19

∑∑ ∑== =

=−−n

kk

n

k

n

kkkk xaxbyx

11 1

2 0lnlnln

0lnlnln1 1

=−−∑ ∑= =

n

k

n

kkk anxby

∑∑ ∑== =

=−−n

kk

n

k

n

kkkk xaxbyx

11 1

2 0lnlnln

0lnlnln1 1

=−−∑ ∑= =

n

k

n

kkk anxby n=4

21,11-30lnb-10lna=0 7,32-10lnb- 4lna=0 / ·(-3) + -0,85+2lna=0; lna=0,42,5; a=1,53; b=1,75;lnb=0,56

xy 75,153,1 ⋅=

62


SISTEMI LINEARNIH ENAČB, NEENAČB IN LINEARNI PROGRAM Najprej je treba ponoviti determinante in matrike

Povzetek poglavja: 1. Determinanta je število, ki ga priredimo kvadratni shemi. 2. Vrednost determinante tretjega reda izračunamo po Sarrusovem pravilu. 3. Za diagonalizacijo determinante uporabljamo predvsem naslednjo lastnost determinante:

vrednost determinante se ne spremeni, če poljubni vrstici determinante prištejemo poljuben večkratnik kake druge vrstice.

4. Vrednost determinante višjega reda kot tri računamo z diagonalizacijo determinant ali pa s poddeterminantami.

5. Matrika je pravokotna shema števil. Računanje z matrikami (seštevanje, odštevanje matrik, množenje matrik s skalarjem, množenje matrike z matriko) mora zadoščati posebnim zakonom.

6. Inverzna matrika obstaja le pri kvadratnih matrikah, ki imajo pripadajočo determinanto različno od nič.

7. Pri reševanju matričnih enačb moramo upoštevati dejstvo, da produkt matrik v splošnem ni komutativen: AB ≠ BA.

8. Rang matrike je razsežnost največje kvadratne matrike, ki jo lahko tvorimo iz dane matrike in katere determinanta je različna od nič.

9. Skalarni produkt dveh vektorjev je produkt iz velikosti enega vektorja in projekcije drugega vektorja na prvega. Najpogosteje ga uporabljamo za računanje kota med dvema vektorjema. Vektorski produkt dveh vektorjev je vektor, ki stoji pravokotno na ravnini teh dveh vektorjev. Njegova absolutna vrednost je ploščina paralelograma, ki ga ta dva vektorja določata. Absolutna vrednost mešanega produkta treh vektorjev je volumen paralelepipeda, ki ima te tri vektorje za robove.

63


Vprašanja za ponavljanje in razpravo: 1. Kaj je determinanta in kako izračunamo vrednost determinante? 2. Katere so lastnosti determinant? 3. Kaj je matrika in kakšne vrste matrik poznamo? 4. Kako računamo z matrikami? 5. Kdaj obstaja inverzna matrika in kako jo izračunamo? 6. Kaj je rang matrike in kako ga poiščemo? 7. Kaj moramo upoštevati pri reševanju matričnih enačb in kakšne primere

matričnih enačb poznamo? 8. Kako izračunate skalarni, vektorski in mešani produkt vektorjev in kakšen je

geometrijski pomen teh produktov? SISTEMI LINEARNIH ENAČB

Kaj bomo spoznali v tem poglavju: 1. Zapis sistema linearnih enačb v matrični obliki 2. Metode za reševanje sistema linearnih enačb: metodo z inverzno matriko

in Gaussovo metodo (metodo z rangi) 3. Nehomogen sistem linearnih enačb in njegove rešitve 4. Homogen sistem linearnih enačb in njegove rešitve

64


ZAPIS SISTEMA LINEARNIH ENAČB Sistem m linearnih enačb z n neznankami ima obliko:

a11 x1 + a12 x2 + … + a1n xn = b1

a21 x1 + a22 x2 + … + a2n xn = b2

… … … … … … … … … am1 x1 + am1 x2 + … + amn xn = bm.

Pri tem imenujemo števila aik, i = 1, 2, …, m; k = 1, 2, …, n koeficiente sistema, bi, i = 1, 2, …, m desne strani enačb in xk, k = 1, 2, ….,n neznanke. Sistem linearnih enačb se imenuje homogen, če je bi = 0 za vsak i. Sistem linearnih enačb je nehomogen, če obstaja vsaj en tak i, da je bi ≠ 0. Rešitve sistema so vse tiste n-terice x1, x2, …, xn, ki zadoščajo vsem enačbam hkrati. Zgornji sistem linearnih enačb lahko krajše zapišemo v matrični obliki: BAX = , 65


kjer je A osnovna matrika sistema linearnih enačb ali matrika koeficientov, B vektor (matrika) desnih strani enačb ali vektor prostih členov, X pa vektor (matrika) neznank:

.,,⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

m

2

1

n

2

1

mn2m1m

n22221

n11211

b

bb

x

xx

aaa

aaaaaa

MMK

KKKKKK

BXA

Če je matrika A kvadratna, ji lahko priredimo determinanto z istimi elementi, ki ji pravimo determinanta sistema. Za rešljivost sistema linearnih enačb je pomembna tudi razširjena matrika sistema linearnih enačb, ki jo dobimo tako, da matriki A dodamo še stolpec desnih strani enačb B. Označimo jo [ ]BA M .

[ ]⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

mmn2m1m

2n22221

1n11211

baaa

baaabaaa

K

KKKKK

K

K

M BA .

66


Sistem linearnih enačb, ki ima vsaj eno rešitev, je rešljiv (konsistenten, neprotisloven). Rešljiv sistem je določen, če ima eno samo rešitev, in nedoločen, če ima več kot eno rešitev. Za rešljivost sistema linearnih enačb velja: Sistem linearnih enačb je rešljiv natanko takrat, kadar imata osnovna in razširjena matrika sistema enak rang. Sistem linearnih enačb je določen, če je rang osnovne in razširjene matrike sistema enak številu neznank, in nedoločen, če sta ranga enaka in manjša od števila neznank. Če je sistem linearnih enačb homogen (B=0), ima vedno trivialno rešitev: 0.xxx n21 ==== L Netrivialno rešitev (neskončno rešitev) ima, če je rang osnovne matrike sistema manjši od n. Sistem linearnih enačb je nehomogen, če je B ≠ 0. Nehomogen sistem ima natanko eno rešitev (je določen), če je rang osnovne matrike enak rangu razširjene matrike in enak številu neznank, ima neskončno rešiitev )je nedoločen), če sta ranga osnovne in razširjene matrike enaka in manjša od števila neznank in je protisloven (nerešljiv), kadar sta ranga osnoven in razširjene matrike različna.

67


METODE ZA REŠEVANJE SISTEMOV LINEARNIH ENAČB Naj bo dan sistem linearnih enačb, zapisan v matrični obliki: .BAX = 1. Če obstaja inverzna matrika A-1, lahko z njo na levi množimo enačbo BAX = in

dobimo:

.BAX 1−= Po tej metodi lahko rešujemo sistem linearnih enačb le, če je matrika A kvadratna in če njena determinanta ni enaka nič. Metoda ni prikladna, če je n velik.

2. Sistem linearnih enačb lahko v vsakem primeru rešimo po Gaussovi metodi

oziroma metodi z rangi.

68


Razširjeno matriko sistema

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

nnn3n2n1n

3n3333231

2n2232221

1n1131211

baaaa

baaaabaaaabaaaa

L

LLLLL

L

L

L

transformiramo z dovoljenimi transformacijami v matriko

.

ed000

edd00eddd0edddd

nnn

3n333

2n22322

1n1131211

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

L

LLLLL

L

L

L

69


Njej pripada sistem:

d11 x1 + d12 x2 + d13 x3 + … + d1n xn = e1

d22 x2 + d23 x3 + … + d2n xn = e2

d33 x3 + … + d3n xn = e3

… … … … … … … dnn xn = en.

Sedaj izračunamo xn iz zadnje enačbe, nato xn-1 iz predzadnje in postopek nadaljujemo, dokler ne dobimo x1 iz prve enačbe.

PRIMERI ZA SISTEME LINEARNIH ENAČB Nehomogeni sistemi linearnih enačb V praksi se nehomogeni sistemi linearnih enačb najpogosteje uporabljajo pri reševanju proizvodnih in transportnih problemov.

70


1. Samo ena rešitev nehomogenega sistema linearnih enačb Vsebinska formulacija (postavitev problema): Manjša delavnica izdeluje izdelke A, B, C iz surovin P, Q, R. Za enoto izdelka A potrebuje 1 enoto surovine P, 1 enoto surovine Q in 2 enoti surovine R. Za enoto izdelka B pa potrebuje 2 enoti surovine P, 9 enot surovine Q in 4 enote surovine R; medtem ko za enoto izdelka C potrebuje 2 enoti surovine P, 3 enote surovine Q in 8 enot surovine R. Delavnica ima trenutno v skladišču 12 enot surovine P, 22 enot surovine Q in 36 enot surovine R. Koliko enot izdelka A oziroma B in C naj delavnica takoj izdela, da bo skladišče zaradi sanitarnih zahtev izpraznila (porabila vse surovine)? Problem lahko zapišemo v obliki preglednice.

IzdelekSurovine A B C Količina surovin

P 1 2 2 12 Q 1 9 3 22 R 2 4 8 36

Količina izdelkov x y z Uvedemo neznanke x, y, z za število enot izdelkov A, B in C, problem zapišemo kot sistem treh linearnih enačb s tremi neznankami:

71


368z4y2x223z9yx122z2yx

=++=++=++

Iskanje rešitve (algoritem, metoda): Rešitev, dobljena po Gaussovi metodi:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡→

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

12|40010|17012|221

36|84222|39112|221

Ranga osnovne in razširjene matrike sta enaka (oba sta 3) in enaka številu neznank. Glede na to dejstvo imamo eno samo rešitev, in sicer: z = 3, y = 1, x = 4.

Ker je naš sistem kvadraten (število enačb je enako številu neznank) in ker je

rang osnovne matrike enak rangu razširjene matrike in enak številu neznank (matrika A je nesingularna), lahko rešitev dobimo tudi z uporabo inverzne matrike:

72


sistem zapišemo v matrični obliki kot AX = B in X = A-1B. Ker je matrika A kvadratna in D≠0, lahko poiščemo A-1.

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

−

−−

−−

=−

−−−−

287

02814

281

284

282

2812

288

2860

7014142

12860

281= 1-A

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

= =

−

−−

−−

3

1

4

36

22

12

287

02814

281

284

282

2812

288

2860

X

Ocena rešitve Rešitev, ki smo jo dobili, je edina rešitev. Ima vse komponente pozitivne, kar je pri proizvodnem problemu logična zahteva. Če ima rešitev kakšno komponento negativno, seveda ni dobra. Rešitev, ki smo jo dobili, je celoštevilska, kar je običajno tudi zahteva pri proizvodnih problemih . Če rešitev ni celoštevilska in problem tako rešitev zahteva, moramo poseči po metodologiji celoštevilskega in delno celoštevilskega programiranja. 73


2. Neskončno rešitev nehomogenega sistema linearnih enačb Sistem linearnih enačb ima lahko tudi neskončno rešitev. Domnevamo, da imamo v problemu izdelave izdelkov A, B in C, ki je podan s preglednico, podatke:

IzdelekSurovine A B C Količina

surovin P 1 2 2 12 Q 1 9 3 22 R 2 4 4 24

Količina izdelkov

x y z

Problem zapišemo spet v obliki sistema linearnih enačb: x + 2y + 2z = 12 x + 9y + 3z = 22 2x + 4y + 4z = 24 Rešimo ga po Gaussovi metodi: 74


⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡→

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

0|00010|17012|221

24|44222|39112|221

Rang osnovne matrike in rang razširjene matrike sta enaka (oba sta 2) in manjša od števila neznank. V tem primeru imamo neskončno rešitev:

z = c1∈R, y = 7

10 1c− , x = 712c64 1− , kjer je c1 poljubna konstanta.

Sedaj je naša naloga, da določimo c1 tako, da dobimo smiselno rešitev (nenegativno in v posebnih primerih tudi celoštevilsko). Pri tem pa se lahko zgodi ena izmed treh možnosti: a) eksistira natanko en ustrezen c1; imamo eno samo rešitev, b) ni nobenega ustreznega c1; možne rešitve ni, c) je več ustreznih c1; imamo več možnih rešitev.

Ker imamo v našem primeru opravka s proizvodnim problemom, je logična zahteva, da ima rešitev vse komponente nenegativne. To bomo dosegli, če bo:

75


c1 ≥ 0, c1 ≤ 10 in c1 ≤ 64/12 → c1 ∈ [0, 64/12], kar pomeni, da nastopi primer c), oziroma, da imamo neskončno rešitev. Če pa bi še dodatno zahtevali, da morajo biti komponente rešitve cela števila, pa ustreza tej zahtevi le en c1 ∈ [0, 64/12], in sicer c1 = 3, tako da dobimo eno samo rešitev: z=3, y=1, x=4. 3. Protislovje v nehomogenem sistemu linearnih enačb

Sistem linearnih enačb pa je lahko tudi protisloven, kar pomeni, da rešitve ni. Spet predpostavimo, da imamo v problemu izdelave izdelkov A, B in C problem:

IzdelekSurovine A B C Količina surovin P 1 2 2 12 Q 1 9 3 22 R 2 4 4 30 Količina izdelkov x y z

Problem zapišemo v obliki linearnih enačb: x + 2y + 2z = 12 x + 9y + 3z = 22 2x + 4y + 4z = 30 76


Rešimo ga po Gaussovi metodi:

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡→

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

6|00010|17012|221

30|44222|39112|221

Rang osnovne matrike je 2, razširjene pa 3. Ranga sta torej različna, kar pomeni, da je sistem protisloven. Pri protislovnem sistemu moramo odkriti vzroke za protislovje. Ti zahtevajo drugačne količine razpoložljivih surovin ali pa celo spremenjeno tehnologijo. Na tem mestu se vprašajmo, koliko surovin R naj bi imeli v problemu na razpolago, da bi dobili rešitev (eno ali pa neskončno). Odgovor na zastavljeno vprašanje dobimo, če namesto znane količine surovin v model vnesemo iskano količino surovine R, ki jo označimo s p:

IzdelekSurovine A B C Količina surovin P 1 2 2 12 Q 1 9 3 22 R 2 4 4 p Količina izdelkov x y z

77


Problem zapišemo v obliki linearnih enačb: x + 2y + 2z = 12 x + 9y + 3z = 22 2x + 4y + 4z = p Rešimo ga po Gaussovi metodi:

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡→

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

24-p|00010|17012|221

p|44222|39112|221

Rang osnovne matrike je 2. Rang razširjene matrike bo enak rangu osnovne (to zahtevamo, da bomo imeli rešitev), in sicer 2, če bo izraz p – 24 = 0, kar da rešitev, da je p = 24, oziroma zahtevana količina surovin R je 24. Če bi v zgornjem primeru imeli le 24 enot surovine R namesto 30, bi dobili neskončno rešitev, kar smo obdelali v prejšnjem primeru.

78


Homogeni sistemi linearnih enačb Homogeni sistem linearnih enačb nam običajno predstavlja tako-imenovane "pipe lines" probleme, to so problemi različnih zbiralnikov vode ali mleka, cestnih križišč ali pa centraliziranih mehaniziranih skladišč. Vsem tem problemom je skupno dejstvo, da moramo količino materiala, ki ga v zbirališče pripeljemo, od tam tudi odpeljati. Homogeni sistem linernih enačb ima vedno rešitev. Če ima sistem eno samo rešitev, je to trivialna rešitev (x=0,y=0,...), ki pa v praksi nima nobenega pomena. Kadar rešujemo probleme, ki jih predstavimo s sistemom homogenih linearnih enačb, so zaželene netrivialne rešitve (neskončno rešitev; med njimi je tudi trivialna). Sledi diskusija v istem smislu kot v primeru nehomogenega sistema z neskončno rešitvami.

79


4. Neskončno rešitev homogenega sistema linearnih enačb Trije sosedje, imenujmo jih A, B in C, so se dogovorili, da bodo drug drugemu pomagali obnoviti hišo. Pri tem bo A 30% svojega časa porabil za obnovitev svoje hiše, 40% časa za obnovitev hiše soseda B in 30% za obnovitev hiše soseda C. B pa bo 40% časa delal pri A-ju, 10% v svoji hiši in 50% pri C-ju. Sosed C pa bo 10% svojega časa delal pri A-ju, 30% pri B-ju in 60% v svoji hiši. Ko bo delo končano, želijo izračunati, koliko naj bi A, B, oziroma C prejel za svoje delo, upoštevajoč delo v lastni hiši in dejstvo, da mora biti plačilo porazdeljeno pravično, kar naj pomeni, da je vsota, ki jo nekdo plača za delo v svoji hiši, enaka vsoti, ki jo prejme od drugih. Podatki o porazdelitvi časa dela sosedov A, B in C pri obnovi posameznih hiš so zbrani v preglednici:

DOOD A B C

A 0.3 0.4 0.3B 0.4 0.1 0.5C 0.1 0.3 0.6

80


Če označimo plačilo, ki ga dobi A z xA, plačilo B-ju z xB in C-ju z xC in če je plačilo A-ju enako njegovim izdatkom za delo pri njegovi hiši (analogno trdimo za soseda B in C), potem velja: xA = 0.3xA + 0.4xB + 0.1xCxB = 0.4xA + 0.1xB + 0.3xCxC = 0.3xA + 0.5xB + 0.6xC oziroma 0.7xA - 0.4xB - 0.1xC= 0 -0.4xA+ 0.9xB- 0.3xC= 0 -0.3xA - 0.5xB+ 0.4xC= 0 Rešimo dobljeni homogeni sistem po Gaussovi metodi:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

→⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

0000

00.70.25-

0.70.470

00.1-0.4-0.7

00.40.5-0.3-00.3-0.90.4-00.1-0.4-0.7

|

|

|

|||

.

81


Rang osnovne matrike (ta je 2) je manjši od števila neznank, zato ima sistem neskončno rešitev, in sicer:

xC = c1∈R, xB = 1c0.470.25 , xA = 1c

0.3290.147 .

Če bi za c1 izbrali 0, bi dobili trivialno rešitev, kar je glede na zastavljeni problem nesmisel. Če pa je c1≠0 oziroma c1∈R+, imamo neskončno pozitivnih (smiselnih) rešitev. Tako na primer, če za c1 izberemo 329 denarnih enot, je xA = 147, xB = 175 in xC = 329. 5. Samo trivialna rešitev sistema linearnih enačb Predpostavimo, da bi imeli naslednji homogen sistem linearnih enačb: 0.7x1 - 0.4x2 - 0.1x3= 0, -0.4x1 + 0.9x2 - 0.3x3= 0, -0.3x1 - 0.5x2 + 0.5x3= 0. Rešimo ga po Gaussovi metodi:

82


⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

→⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

00.70.0700

00.70.25-

0.70.470

00.1-0.4-0.7

00.50.5-0.3-00.3-0.90.4-00.1-0.4-0.7

|

|

|

|||

.

Rang osnove matrike (ta je 3) je enak rangu razširjene matrike in številu neznank, kar pomeni, da imamo samo trivialno rešitev: x1 = x2 = x3 = 0.

Povzetek poglavja: 1. Sistem linearnih enačb lahko zapišemo v matrični obliki kot AX = B. Če je

matrika A kvadratna in če njena determinanta ni enaka nič, lahko sistem linearnih enačb rešimo z uporabo inverzne matrike: X = A-1B .

2. Splošna metoda za reševanje sistema linearnih enačb je Gaussova metoda. 3. Nehomogen sistem linearnih enačb ima ali natanko eno rešitev, ali

neskončno rešitev ali pa je protisloven. 4. Homogen sistem linearnih enačb ima ali le eno rešitev (trivialna rešitev) ali

pa ima neskončno rešitev (netrivialne rešitve).

83


Vprašanja za ponavljanje in razpravo: 1. Kako zapišemo sistem linearnih enačb v matrični obliki? Katera matrika je

osnovna in katero matriko imenujemo razširjena? 2. Katere metode za reševanje sistema linearnih enačb poznate in kateri

pogoji morajo biti izpolnjeni za uporabo posameznih metod? 3. Kako rešujemo nehomogene oziroma homogene sisteme linearnih enačb in

kakšne rešitve lahko dobimo?

SISTEMI LINEARNIH NEENAČB Izraz ax + by + c > 0 se imenuje linearna neenačba z dvema neznankama (x je neodvisna, y pa odvisna spremenljivka). Množica rešitev linearne neenačbe je ena od obeh polravnin, na kateri razdeli premica ax + by +c = 0 ravnino (xy). Če je c > 0, je to polravnina, ki vsebuje izhodišče, če pa je c < 0, pa polravnina, ki izhodišča ne vsebuje. Primer: Neenačba 3x + y –3 < 0 oziroma –3x – y + 3 > 0 je predstavljena na sliki. Rešitev predstavlja vse točke polravnine, ki ležijo pod premico 3x + y – 3 = 0. 84


1 2 3 4

1

2

3

4

-1-2-3

5

-1

-2

-3

3x + y = 3

y

x

Sistem linearnih neenačb zapišemo v obliki: a11x1 + a12x2 + ….. + a1nxn ≥ b1a21x1 + a22x2 + ….. + a2nxn ≥ b2………………… am1x1 + am2x2 + ….. + amnxn ≥ bm oziroma v matrični obliki kot AX ≥ B. Rešitev sistema linearnih neenačb je presek množic rešitev posameznih neenačb. Sistem linearnih neenačb predstavimo na naslednjem primeru.

85


Vsebinska formulacija: Na manjši kmetiji se občasno ukvarjajo tudi z izdelavo spominkov iz smrekovega in bukovega lesa. Pri tem pa uporabljajo tri različne stroje: S1, S2 in S3. Potreben čas (v urah) uporabe posameznih strojev za izdelavo spominka iz smrekovega lesa oziroma spominka iz bukovega lesa je razviden iz preglednice. V njej je podan tudi potreben čas (v urah), ki ga potrebuje izdelovalec za posamezen spominek in razpoložljiv dnevni čas (v urah), ko imajo na tej kmetiji na razpolago stroje S1, S2 in S3 in ko ima izdelovalec čas za izdelavo spominkov iz smrekovega in bukovega lesa. Problem, ki se pri tem pojavi, je, koliko spominkov iz smrekovega oziroma bukovega lesa lahko izdelajo na tej kmetiji dnevno, ob upoštevanju razpoložljivega časa strojev S1, S2 in S3 in izdelovalca.

Spominek iz smrekovega lesa

Spominek iz bukovega lesa

Razpoložljiv čas

S1 1 2 4 S2 2 0 3 S3 0 4 6 Izdelovalec 2 1 4 Količina x y

86


Matematična formulacija: Če je x število dnevno izdelanih spominkov iz smrekovega lesa in y število dnevno izdelanih spominkov iz bukovega lesa, lahko zapišemo naslednji sistem linearnih neenačb:

0y0,x4y2x64y32x42yx

≥≥≤+≤≤≤+

Iskanje rešitve: Ker imamo samo 2 neznanki, lahko problem rešimo grafično: 1. x + 2y = 4 2. 2x = 3 3. 4y = 6 4. 2x + y = 4 Presek vseh polravnin, ki jih določa vseh 6 neenačb, je šrafirana množica.

87


1

2

31 2

4

4

y

x

2

3

41

3

Ocena rešitve: Rešitev predstavljajo vse točke šrafirane množice. Rešitev je neskončno. Pri ocenjevanju rešitev zastavljenega problema se spet odpre diskusija o celoštevilskih rešitvah. Rešitev sistema linearnih neenačb je neskončno, ali ena sama, ali pa rešitve ni (protislovje). Rešitev sistema linearnih neenačb je KONVEKSNA MNOŽICA. Če v tej množici izberemo 2 točki, leži celotna spojnica (konveksna linearna sestava pA+(1-p)B) v tej množici. 88


Linearno programiranje

DEFINICIJA LINEARNEGA PROGRAMA Linearni program zapišemo v matematični obliki kot: poiskati moramo spremenljivke ki zadoščajo: ,x,...,x,x n21

1) pogojem nenegativnosti: n1,2,...,i0,x i =≥ ,

2) linearnim neenačbam: 3) tako, da ima linearna funkcija

( ) nn2211n21 xcxcxcx,,x,xf +++= KK ekstrem (min ali max). Sistem linearnih neenačb imenujemo omejitve (constraints), linearno funkcijo f(x1, x2, ..., xn) pa imenujemo namenska ali ciljna funkcija (objective function). Opomba: V omejitvah smo pisali le znak ≥. Če imamo v omejitvi znak ≤, dobimo znak ≥ tako, da neenačbo pomnožimo z (-1). Bistveno za linearno programiranje je, da je namenska funkcija linearna in da so tudi vse omejitvene neenačbe ali enačbe linearne.

89


GRAFIČNO REŠEVANJE LINEARNEGA PROGRAMA Probleme linearnega programiranja, v katerih nastopata samo dve spremenljivki, je mogoče rešiti z grafično metodo. Matematično formulacijo in grafično reševanje takih problemov bomo razložili na proizvodnem, prehrambenem, in transportnem problemu.

1. Proizvodni problem kot primer linearnega programiranja Vsebinska formulacija: Delavnica izdeluje iz surovin P in Q izdelka A in B. Za izdelavo enega izdelka A potrebuje 1 enoto surovine P in 3 enote surovine Q. Za izdelavo ene enote izdelka B pa potrebuje 3 enote surovine P in 1 enoto surovine Q. Delavnica ima od ene enote izdelka A 3 denarne enote čistega dohodka, od enote izdelka B pa 4 denarne enote. Na zalogi imajo 24 enot surovine P in 16 enot surovine Q. Določite optimalni načrt izdelave izdelkov A in B, če delavnica želi doseči največji čisti dohodek od prodanih izdelkov A in B. Problem je razviden iz preglednice.

IzdelekSurovine A B Zaloge(omejitve)

P 1 3 24 Q 3 1 16 Čisti dohodek 3 4 Količina izdelkov x y

90


Matematična formulacija: Naj bo x količina izdelka A, y pa količina izdelka B, ki ju bo delavnica izdelala. Problem zapišemo kot linearni program: x ≥ 0, y ≥ 0 x + 3y ≤ 24 3x + y ≤ 16 f(x,y) = 3x + 4y max Reševanje problema: Problem rešimo grafično, kot je prikazano na sliki. Množica K naj bo množica točk, ki zadošča vsem petim neenačbam (x ≥ 0, y ≥ 0, x + 3y ≤ 24, 3x +y ≤ 16) in jo dobimo kot presek polravnin. Nato za f(x,y) izberemo poljubno premico 3x + 4y = c (c je poljubna konstanta). Na sliki smo izbrali premico 3x + 4y = 24 in je na njej prikazana črtkano. Narisali smo torej premici: 1: x + 3y = 24 2: 3x + y = 16 in premico 3x + 4y = c = 24, ki predstavlja ciljno funkcijo. To premikamo vzporedno navzgor, dokler ne zapusti množice rešitev. To se zgodi v točki (3,7). Zato doseže ciljna funkcija maksimum (37) v ekstremni točki (oglišču) (3,7).

91


92


Dualni linearni program Pojem dualnega linearnega programa bomo razložili na naslednjem primeru. Proizvodni problem, ki smo ga pravkar rešili glede na maksimalni čisti dohodek od proizvedenih izdelkov A in B, obravnavajmo še z drugega zornega kota. Delavnica želi tak proizvodni načrt, pri katerem bo vrednost porabljenih surovin najmanjša. Naj bo u vrednost (v denarnih enotah DE) ene enote surovine P in v vrednost (v DE) ene enote surovine Q v proizvodnem procesu, v katerem izdelajo 3 enote izdelka A in 7 enot izdelka B, in s tem dosežejo maksimalni čisti dohodek (37 DE). Pri izdelavi ene enote izdelka A imajo porabljene surovine vrednost u + 3v. Ker pa naj delavnica ne bi proizvajala z izgubo, ta vrednost ne more biti manjša od čistega dohodka izdelka A. (Za lažje razumevanje te zadnje trditve si lahko predstavljamo tudi, da je u cena enote surovine P, po kateri to surovino odprodamo, namesto da bi izdelali izdelka A in B, ter podobno v cena surovine Q. Ker pa delavnica ne želi odprodati surovin z izgubo, mora biti u + 3v vsaj toliko, kot je čisti dohodek od izdelka A). Podobno razmišljamo pri izdelavi izdelka B. Skupni izdatek za surovine, ki jih je delavnica nabavila in znaša 24u + 16v, pa naj bo čim manjši. Pri takem načinu načrtovanja proizvodnje dobimo naslednji linearni program:

93


u ≥ 0, v ≥ 0 u + 3v ≥ 3 3u + v ≥ 4 g(u,v) = 24u + 16v min Linearni program, ki smo ga tako dobili, imenujemo dualni linearni program k linearnemu programu proizvodnega problema (primarni linearni program). Predstavimo ga lahko v obliki preglednice:

IzdelekSurovine P Q Vrednosti izdelkov

A 1 3 3 B 3 1 4 Zaloge (omejitve) 24 16 Vrednost surovin u u

94


K vsakemu linearnemu programu lahko priredimo dualni linearni program. Pri tem pa velja, da iz primarnega dobimo dualnega tako, da matriko koeficientov v neenačbah transponiramo, neenačaje obrnemo, maximum zamenjamo z minimumom, koeficienti ciljne funkcije postanejo omejitve v neenačbah, omejitve pa koeficienti ciljne funkcije dualnega programa. Od tod je jasno, da je dualni linearni program k dualnemu primarni linearni program. V dualnem linearnem programu imamo toliko spremenljivk, kot imamo v primarnem omejitev, saj vsaki omejitvi primarnega linearnega programa pripada ena dualna spremenljivka. Dualni linearni program lahko spet rešimo grafično, ker imamo samo 2 neznanki, u in v. Narišemo premici: u + 3v = 3 3u + v = 4 in vzorčno premico 24u + 16v = 48, ki jo pomikamo navzdol, dokler ne zapustimo množice rešitev. To je v točki (u=1,125 in v=0,625). V tej točki je vrednost ciljne funkcije 24u + 16v = 37. Vrednost ciljne funkcije primarnega in dualnega linearnega programa je pri optimalni rešitve vedno ista.

95


Ker je u≠0, to pomeni, da je surovina P 100% izkoriščena. Povečanje kapacitete surovine P za 1 enoto, nam bi povečalo dobiček za 1,125 de. Če pa bi bil u v optimalni rešitvi dualnega linearnega programa enak nič, pa surovina P ne bi bila izkoriščena in povečanje kapacitet te surovine ne bi povečalo dobička. Analogno velja za dualno spremenljivko v.

96


2. PREHRAMBENI PROBLEM KOT PRIMER LINEARNEGA PROGRAMIRANJA Vsebinska formulacija: Problem, ki ga rešujemo, je: kako naj planira družina dnevni nakup dveh vrst živil HR1 in HR2 da bo zadostila svojim minimalnim fiziološkim potrebam po vitaminih V1 in V2 in da bo imela pri nakupu čim manj izdatkov. Podatki so zbrani v preglednici. Iz nje je razvidno, da ena enota HR1 vsebuje 1 enoto V1 in 3 enote V2 ter stane eno denarno enoto, ena enota HR2 pa vsebuje 3 enote V1 in 2 enoti V2 ter stane prav tako eno denarno enoto.

ŽiviloStruktura

HR1 HR2 Potrebe (omejitve)

V1 1 3 11 V2 3 2 12 Cena za enoto živila 1 1 Količina živila x y

Matematična formulacija problema:

97


Če je x količina HR1 in y količina HR2, ki ju bo družina kupila in zaužila, da bo zadostila minimalnim potrebam po obravnavanih vitaminih in imela najmanjše stroške za nakup, problem predstavimo v obliki naslednjega linearnega programa:

x ≥ 0, y ≥ 0 x + 3y ≥ 11 3x + 2y ≥ 12

f(x,y) = x + y min Reševanje problema: Problem rešimo grafično, kot je prikazano na sliki. Za f(x,y,) smo izbrali poljubno premico x + y = c (c je poljubna konstanta), in sicer v našem primeru premico x + y = 3, ki je na sliki prikazana črtkano. Narisali smo premici:

1. x + 3y = 11 2. 3x + 2y = 12,

ki določata polravnini. Premica x + y = 3 (za c smo izbrali 3), ki predstavlja ciljno funkcijo, doseže minimum (vrednost 5) v točki (2,3).

98


2 4 6 8 10 12 14

2

4

6

8

y

x

1

2

(2, 3)

Diskusija rešitve: Ker je optimalna rešitev v sečišču premic, z dvema enotama HR1 in tremi enotami HR2 dobimo natančno 11 enot V1 in 12 enot V2. Če optimalna rešitev izpolni enačbo, je "dualna spremenljivka različna od nič. Njena vrednost v tem primeru pove, za koliko se spremeni ciljna funkcija, če spremenimo zahteve po vitaminih. Če pa bi optimalna rešitev ustrezala neenačbi (nastopalo bi odstopanje navzgor), bi bila dulana spremenljivka enaka nič.

99


Pri prehrambenem problemu torej razmislimo še o dualnem programu. V primarnem programu smo se vprašali po takem izboru vitaminov (V1 in V2), da je skupna nabavna cena najmanjša. Lahko pa želimo, da bo vrednost nabavljenih vitaminov največja, kar je zahteva v dualnem linearnem programu. Vrednost dualne spremenljivke predstavlja torej vrednost posamezne sestavine (vitaminov). Ker imamo v primarnem linearnem programu dve omejitvi (zahtevi), imamo v dualnem torej dve spremenljivki u in v. u je torej vrednost V1 in v je vrednost V2. Vrednost vitaminov, ki so v HR1, naj ne bo večja od cene HR1, torej u + 3v ≤ 1. Analogno sklepamo za HR2 in dobimo naslednji linearni program:

u ≥ 0 v ≥ 0 u + 3v ≤ 1 3u + 2v ≤ 1

f(u,v) = 11u + 12v max Vrednosti za u in v poiščite grafično: u = 0,14205714 v = 0,28571429

100


u = 0,14205714 pomeni, da je vrednost ene enote vitamina V1 v najcenejšem prehranjevanju 0,14205714 denarnih enot (DE). Če bi dobili z optimalno rešitvijo več vitaminov, kot smo jih zahtevali, bi bila vrednost teh vitaminov nič, kar razlagamo z dejstvom, da smo z najcenejšim prehranjevanjem plačali le toliko vitaminov, kot smo jih zahtevali, ostale pa smo dobili zastonj.

3. Transportni problem kot primer linearnega programiranja Vsebinska formulacija: Dva obrata (I, II) oskrbujeta 3 trgovine (A, B, C). Obrat I pripravi za te tri trgovine dnevno 50 ton, obrat II pa 40 ton naročene mešanice. Trgovina A naroči dnevno 30 ton, trgovina B 40 ton, trgovina C pa 20 ton mešanice, ki jo dobi iz obrata I oziroma obrata II. Transportni stroški za tono mešanice od posameznih obratov do trgovin so razvidni iz preglednice. Kako moramo usmeriti transport od obratov I oziroma II do trgovin A, B, C, da bodo izpolnjeni vsi zahtevani pogoji in da bodo transportni stroški najmanjši?

101


Trgovina

A B C Proizvodnja

Obrat I 150 160 200 50 Obrat II 220 200 230 40 Naročila 30 40 20 90

Matematična formulacija: Zastavljeni transportni problem bomo rešili z linearnim programom. Najprej vpeljimo neznanki x in y. Količina mešanice, ki bo prepeljana iz obrata I v trgovino A, naj bo x, y pa naj bo količina mešanice iz obrata I, ki bo pripeljana v trgovino B. Ker ima obrat I na razpolago le 50 ton mešanice, bo lahko v trgovino C pripeljal le 50 - x - y ton mešanice. Podobno razmišljamo za količino mešanice, ki bo transportirana od obrata II do trgovine A (ta količina bo 30 - x), do trgovine B (ta količina bo 40 - y) in do trgovine C (ta količina bo x + y - 30). Vse te neznanke pregledno zapišemo v preglednici, kjer neznanke (transportirane količine) vpišemo na sredino polja, stroške pa v desni zgornji del polja.

102


Trgovina A B C Proizvodnja

Obrat I 150x

160y

20050 - x - y

50

Obrat II 22030 - x

20040 - y

230x + y - 30

40

Naročila 30 40 20 90 Omejitve linearnega programa dobimo na osnovi zahteve, da je transportirana količina lahko le nenegativna, ciljna funkcija pa zahteva, da morajo biti skupni transportni stroški minimalni.

( ) max4y3xyx,f030yx0yx50

0y400x30

0y0,x

+=≥−+≥−−

≥−≥−

≥≥

f(x,y) = 150x + 160y + 200(50-x-y)+220(30-x)+200(40-y)+230(x+y-30)= 17700 - (40x + 10y)min → 40x + 10y max 103


Reševanje problema: Ker imamo samo dve neznanki, lahko problem rešimo grafično. Grafično lahko rešujemo transportne probleme do razsežnosti 2x3 ali 3x2. V našem primeru smo narisali premice: 30 - x = 0, 40 - y = 0, 50 - x - y = 0 in x + y - 30 = 0, ki glede na omejitve določajo množico možnih rešitev. Kot vzorčno ciljno funkcijo smo izbrali premico 40x + 10y = 400, ki je na sliki narisana črtkano. Ker iščemo maksimum ciljne funkcije, vzorčno premico premikamo navzgor. Množico zapusti v točki (30, 20), ki predstavlja optimalno rešitev. Rešitev je x = 30 in y = 20, f(30,20) = 16300.

-

-

-

-

-

10

20

30

40

50 y

x100 20 30 40 50

2

1

4 3

M(30,20)

104


Trgovina A B C Proizvodnja Obrat I 30 20 0 50 Obrat II 0 20 20 40 Naročila 30 40 20 90 Še nekaj specialnih primerov transportnega problema za utrjevanje: 1. Degeneracija transportnega problema linearnega programiranja Proizvajalca A in B, ki proizvedeta 6 oziroma 8 enot istega blaga, oskrbujeta s tem blagom potrošnika P in Q, ki sta pri A oziroma B naročila 8 in 6 enot. Kako naj usmerimo transport od proizvajalcev A in B do potrošnikov P in Q, da bosta ta dva dobila naročeno blago in da bodo transportni stroški najmanjši, če poznamo transportne stroške za prevoz ene enote blaga na posameznih relacijah in so podani v preglednici:

105


Potrošnika P Q Proizvodnja Proizvajalec A 6 3 6 Proizvajalec B 2 5 8 Naročila 8 6 14

Reševanje problema: V tem primeru je dovolj, da vpeljemo le eno neznanko x. Iskane količine vpišemo na v prejšnjem primeru predloženi način

Potrošnika P Q Proizvodnja Proizvajalec A 6

x 3

6 – x 6

Proizvajalec B 2 8 - x

5 x

8

Naročila 8 6 14 Omejitve so: x ≥ 0, 6 - x ≥ 0, 8 - x ≥ 0. Ciljna funkcija : 6x + 3(6-x) + 2(8-x) + 5x = 34 + 6x min 106


Vse omejitve se dajo zreducirati na eno samo: 0 ≤ x ≤ 6, ki predstavlja konveksno množico (v tem primeru daljico s krajiščima x = 0 in x = 6) z ekstremnima točkama 0 in 6. Po teoriji linearnega programiranja ima ciljna funkcija 34 + 6x minimum v eni ekstremni točki; v našem primeru torej v ekstremni točki x = 0.

Optimalna rešitev je torej x = 0, stroški pri tej rešitvi pa znašajo 34 DE. Glede na to rešitev dosežemo najnižje transportne stroške, kadar proizvajalec A sam oskrbuje potrošnika Q, proizvajalec B pa potrošnika P:

A B

Q P

6 8

Proizvajalec A se je povezal s potrošnikom Q, B pa s P. Takšnemu razpadu sistema rečemo tudi degeneracija transportnega problema.

107


2 . Neskončno rešitev transportnega problema linearnega programiranja Obravnavajmo transportni problem:

Potrošnika P Q ProizvodnjaProizvajalec A 1 2 9 Proizvajalec B 3 4 16 Naročila 6 19 25

Reševanje problema: Vpeljemo neznanko x in iskane transportne količine zapišemo v preglednici:


x 2

9 - x 9

Proizvajalec B 3 6 - x

4 10 + x

16

Naročila 6 19 25

108


Omejitve x ≥ 0, 9 - x ≥ 0, 6 - x ≥ 0, 10 + x ≥ 0 združimo v eno samo: 0 ≤ x ≤ 6. Ciljna funkcija pa je: x + 2(9-x) + 3(6-x) + 4(10+x) = 76. Le ta je neodvisna od x in ima vrednost 76 pri vsakem x ∈ [0,6], kar pomeni, da ima problem neskončno optimalnih rešitev (celotna spojnica ekstremnih točk 0 in 6). 3. Transportni problem linearnega programiranja s ponudbo, večjo od povpraševanja Vsi transportni problemi, ki smo jih do sedaj rešili, so imeli lastnost, da je bila ponudba enaka povpraševanju, ali proizvodnja enaka potrošnji (naročilom). Z uporabo metode linearnega programiranja lahko rešimo tudi transportni problem, če je ponudba večja od povpraševanja. Vzemimo primer, ko imamo proizvajalca A in B in potrošnika P in Q. Ponudba, naročila in transportni stroški na posameznih relacijah so podani v preglednici:

P Q Proizvodnja Proizvajalec A 4 5 8 Proizvajalec B 3 6 10 Naročila 5 7 18

12 Reševanje problema:

109


Problem preoblikujemo najprej v transportni problem, pri katerem je ponudba enaka povpraševanju. To naredimo tako, da uvedemo fiktivnega potrošnika S, ki naroči preostanek blaga, oziroma odvečno količino proizvedenega blaga uskladiščimo. Transportni stroški od proizvajalcev A in B do potrošnika (skladišča) S pa morajo biti manjši od stroškov na relacijah od A do P in Q ter od B do P in Q, ker je naš cilj, da imamo v optimalni rešitvi (to je pri najmanjših transportnih stroških) na relaciji od A oziroma B do S odvečno količino proizvedenega blaga (neničelna rešitev). Zaradi poenostavitve računanja privzamemo, da so transportni stroški od A in B do S kar 0. Problem, predstavljen v razširjeni obliki, je zapisan v preglednici: Potrošniki P Q S ProizvodnjaProizvajalec A 4 5 0 8 Proizvajalec B 3 6 0 10 Naročila 5 7 6 18

Reševanje problema:

Vpeljemo neznanki x in y:

110


Potrošniki P Q S Proizvodnja Proizvajalec A 4

x 5

y 0

8 - x - y 8

Proizvajalec B 35 - x

67 – y

0x + y - 2

10

Naročila 5 7 6 18 Problemu prirejeni linearni program pa je:

02yx0yx8

0y70x5

0y0,x

≥−+≥−−

≥−≥−

≥≥

4x + 5y + 0(8-x-y) + 3(5-x) + 6(7-y) + 0(x+y-2) = x - y + 57 = = 57 - (y-x) min → y - x max

111


Problem je grafično rešen na sliki, kjer je črtkano narisana vzorčna premica ciljne funkcije y - x = 3.

7 3 2 5 8

2

3

7

8

4 3

2

1y

x

Optimalna rešitev je x = 0, y = 7, stroški pa so 50 DE. Optimalna rešitev je predstavljena v preglednici, iz katere je razvidno, da mora pri najcenejšem transportu A uskladiščiti 1 enoto, B pa 5 enot proizvedenega blaga.

112


Potrošniki P Q S ProizvodnjaProizvajalec A 0 7 1 8 Proizvajalec B 5 0 5 10 Naročila 5 7 6 18

4. Transportni problem linearnega programiranja s ponudbo, manjšo od povpraševanja V preglednici je prikazan transportni problem proizvajalcev A in B ter potrošnikov P in Q. Ker je ponudba manjša od povpraševanja, moramo v problem vpeljati fiktivnega proizvajalca, recimo proizvajalca C, ki proizvede manjkajočo količino materiala.

113


Potrošnika P Q ProizvodnjaProizvajalec A 2 4 8 Proizvajalec B 4 5 18 Naročila 15 20 26

35 Transportni stroški od proizvajalca C do potrošnikov P in Q morajo biti veliki v primerjavi s transportnimi stroški na drugih relacijah. S tem zagotovimo, da bo fiktivni proizvajalec C prišel v optimalno rešitev le z minimalno potrebno količino. V našem primeru vzemimo, da so ti stroški, na primer, 50 DE.

Potrošnika P Q Proizvodnja Proizvajalec A 2 4 8 Proizvajalec B 4 5 18 Proizvajalec C 50 50 9 Naročila 15 20 35

114


Reševanje problema: Neznanki x in y uvedemo v preglednico


x 4

8 - x 8

Proizvajalec B 4y

518 - y

18

Proizvajalec C 5015 - x - y

50x + y - 6

9

Naročila 15 20 35

Problemu prirejeni linearni program pa je:

115


( ) maxy2xyx,f06yx0yx18

0y80x15

0y0,x

+=≥−+≥−−

≥−≥−

≥≥

2x + 4y + 50(15-x-y) + 4(8-x) + 5(18-y) + 50(x+y-6) = -2x - y + 572 = 572 - (2x+y) min → 2x + y max Rešitev poiščemo grafično in je zapisana v preglednici, iz katere je razvidno, da bo potrošnik P prejel vseh 15 naročenih enot blaga, potrošnik Q pa od naročenih 20 enot le 11 enot, ker so transportni stroški od A oziroma B do njega večji kot do potrošnika P. Pri tej optimalni rešitvi so transportni stroški 99 DE (8x2+7x4+11x5).

Potrošnika P Q ProizvodnjaProizvajalec A 8 0 8 Proizvajalec B 7 11 18 Proizvajalec C 0 9 9 Naročila 15 20 35

116


4. Problem asignacije kot primer linearnega programiranja

Delavci so za delo na različnih delovnih mestih različno usposobljeni, zato je stopnja produktivnosti, ki jo delavec na delovnem mestu doseže, različna. Odvisna je od njegove usposobljenosti na tem delovnem mestu. Problem asignacije je, kako razporediti delavce po delovnih mestih, da bo stopnja produktivnosti največja. Na ta problem ne naletimo le v proizvodnji oziroma delovni organizaciji, pač pa tudi drugje, na primer, kako naj kapetan razporedi športno moštvo. Pri problemih asignacije naletimo na težave pri kvantitativni obdelavi podatkov, saj se srečamo s težavo merjenja in ocenjevanja sposobnosti in produktivnosti. V naših nalogah se s tem ne bomo ukvarjali in menimo, da so podatki že znani. Kot primer vzemimo, da sta delavca A in B usposobljena za delo na delovnem mestu M in N. A naredi v enoti časa na M za 3 DE dohodka, na N pa za 5 DE, B pa 6 DE na M in 4 DE na N. Kako naj delavca A in B razporedimo po delovnih mestih, da bo celoten dohodek v časovni enoti maksimalen? Problem lahko zapišemo v obliki preglednice:

117


delovnodelavci mesto M N število delavcev

A 3 5 1 B 6 4 1

štev. delovnih mest 1 1 2 Reševanje problema: po vpeljani spremenljivki x in po analogiji transportnega problema, zapišemo problem v obliki:

delovnodelavci mesto M N število delavcev

A 3X

5 1 - x

1

B 61 – x

4 x

1

štev. delovnih mest 1 1 2 Problemu prirejeni linearni program pa je: x ≥ 0, 1 - x ≥ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ 1 3x + 5(1-x) + 6(1-x) + 4x = 11 - 4x max. Omejitve predstavljajo konveksno množico z ekstremnima točkama x = 0 in x = 1. Izraz 11 - 4x pa ima maksimalno vrednost v točki x = 0, in sicer 11. Če delavca A razporedimo na N, B pa na M, bosta ustvarila največji dohodek, to je 11 DE.

118


5. Problem onesnaževanja kot primer linearnega programiranja Vsebinska formulacija: Obrat proizvaja celulozo na mehanski in kemijski način in pri tej proizvodnji močno onesnažuje okolico, zlasti reko, v katero se izlivajo odplake. Ker je treba onesnaževanje zmanjšati, morajo proizvodnjo še enkrat natančno preučiti, kar pomeni, da se morajo odločiti, koliko celuloze bodo dnevno proizvajali na mehanski oziroma kemijski način. Pri tem pa morajo upoštevati zahtevi, da mora biti dnevno v proizvodnji zaposlenih najmanj 300 delavcev, ki morajo dnevno ustvariti 40.000 denarnih enot čistega dohodka. Drugi podatki o proizvodnji celuloze pa so: • za vsako tono mehansko ali kemijsko proizvedene celuloze je potreben en

delavec, • čisti dohodek od ene tone mehanske celuloze je 100 denarnih enot, od ene tone

kemijske celuloze pa 200 denarnih enot, • maksimalna dnevna kapaciteta mehanske proizvodnje celuloze je 300 ton,

kemijske pa 200 ton, • vsaka mehansko proizvedena tona celuloze povzroči 1 BOD (biological oxygen

demand) onesnaževanja, vsaka kemijsko proizvedena tona celoluze pa 1.5 BOD-a.

119


Matematična formulacija: Naj bo x1 število ton dnevno proizvedene mehanske celuloze in x2 število ton kemijsko proizvedene celuloze, ki jo bo obrat izdelal dnevno. Problem zapišemo kot linearni program: x1 + x2 ≥ 300 100 x1+ 200 x2 ≥ 40.000 x1 ≤ 300 x2 ≤ 200 f(x1, x2) = x1 + 1.5 x2 min Reševanje problema: Problem rešimo grafično, kot je prikazano na Sliki 16. Za ciljno funkcijo f(x1, x2) smo izbrali premico x1 + 1.5 x2 = 150, ki je na Sliki 16 narisana črtkano. Narisali smo premice: 1. x1 + x2 = 300 2. 100 x1 + 200 x2 = 40.000 3. x1 = 300 4. x2 = 200 ter premico x1 + 1.5 x2 = 150, ki predstavlja linearni funkcional. Ta doseže minimum (350) na konveksni množici K (šrafiran lik) v ekstremni točki (200,100).

120


1

x

x

1

2

100

100

200 300 400

200

300

400

00

2

3

4

Diskusija rešitve: Če bo obrat dnevno izdelal 200 ton celuloze na mehanski način in 100 ton na kemijski način, bo dosegel minimalno onesnaževanje, in sicer 350 BOD-ov. Pri tem pa bo upošteval vse ostale zahteve, in sicer bo dnevno zaposlil natančno 300 delavcev, ki bodo dnevno ustvarili natančno 40.000 denarnih enot čistega dohodka. Kapacitete mehanske proizvodnje ne bodo presežene (ostane jim še 100 ton neizkoriščenih kapacitet). Prav tako ne bodo presežene razpoložljive kapacitete kemijske proizvodnje (100 ton jih ostane še neizkoriščenih).

121


Slednje se odraža tudi v vrednostih dualnih spremenljivk, ki pripadata kapaciteti mehanske oziroma kemijske proizvodnje, to sta C3 in C4, ki sta v skladu s teorijo linearnega programiranja obe enaki nič. Povečanje kapacitete mehanske ali pa kemijske proizvodnje ne vpliva na onesnaževanje. Dualna spremenljivka C1, ki pripada omejitvi, ki izraža zahtevo po številu zaposlenih delavcev, pa je različna od nič. Njena vrednost znaša 0.5 BOD-ov na delavca na dan in nam pove, da bi se onesnaževanje povečalo za 0.5 BOD-a na dan za vsakega dodatno (nad zahtevanih 300) zaposlenega delavca. Podobno razložimo pomen dualne spremenljivke C2. Tudi njena vrednost je različna od nič. Pripada omejitvi, ki izraža zahtevo po čistem dohodku na dan. Vrednost C2 je 0.005 BOD-a na vsako na dan ustvarjeno denarno enoto čistega dohodka in pove, da bi se onesnaževanje povečalo za 0.005 BOD-a na dan za vsako dodatno (nad 40.000 denarnih enot) ustvarjeno denarno enoto čistega dohodka.

Povzetek poglavja:

1. Množico rešitev linearne neenačbe z dvema neznankama predstavimo grafično kot polravnino ravnine (xy).

2. Rešitev sistema linearnih neenačb z dvema neznankama dobimo grafično kot presek polravnin, ki jih določajo posamezne neenačbe.

122


3. Rešitev sistema linearnih neenačb je lahko neskončno, lahko je ena sama ali pa ni rešitve.

4. Linearni program je vsak problem, pri katerem spremenljivke zadoščajo pogojem nenegativnosti, sistemu linearnih neenačb in za katere ima linearna funkcija, definirana na množici rešitev, ki jo določajo te neenačbe, ekstrem. Rešitev linearnega programa je ali eno oglišče te množice ali dve oglišči (v tem primeru tudi celotna spojnica teh dveh točk) ali pa rešitve ni (množica rešitev je v tem primeru prazna).

5. Linearni program z dvema neznankama lahko rešimo grafično. 6. Vsakemu linearnemu programu lahko priredimo dualni linearni program. 7. Glede na vsebino problema smo spoznali linearne programe proizvodnih,

mešalnih in transportnih problemov.

Vprašanja za ponavljanje in razpravo: 1. Kako rešujete sisteme linearnih neenačb in kakšne rešitve lahko dobite? 2. Kaj je linearni program? Kakšne so v splošnem rešitve linearnega programa? 3. Katere linearne programe lahko rešujemo grafično in kako poteka to reševanje? 4. Katere probleme linearnega programa poznate glede na vsebino problema? Kakšen pomen ima dualni linearni program?

123


OSNOVE ODLOČANJA ODLOČITVENI MODEL SESTAVLJA 5 ELEMENTOV: (1) SEZNAM UKREPOV (ODLOČITEV, ALTERNATIV), LAHKO JE VEČ FAZ

(STOPENJ, KORAKOV) (2) SEZNAM RAZMER (STANJ), KI SLEDIJO IZBRANIM ALTERNATIVAM,

IZ TOČKE (1), (3) VERJETNOSTI, S KATERIMI SE POJAVIJO POSAMEZNA STANJA,

PODANA V TOČKI (2),PROBLEM JE TUDI DOLOČITI TE VERJETNOSTI, PRI ČEMER POMAGA STATISTIKA

(4) VREDNOSTI POSLEDIC (REZULTATI), KI JIH POVZROČI IZBRANA ALTERNATIVA V NASTALEM STANJU. OCENA POSLEDIC JE ZOPET PROBLEM ZASE. NAVADNO UPORABLJAMO EKONOMSKA MERILA - RAČUNOVODSTVO.

(5) METODA ZA IZBIRO OPTIMALNIH ALTERNATIV GLEDE NA VREDNOSTI POSLEDIC, DOLOČENIH V TOČKI (4).

124


PRIMER “POČITNICE”: TURISTIČNO PODJETJE, KI ŽELI RAZŠIRITI PONUDBO. S KATERIM PROGRAMOM NAJ JO RAZŠIRI? (1) Odločitve (2) Stanja (3) Verjetnosti (4) Posledice udoben prevoz 0.8 400 potovanje (A) neudoben prevoz. 0.2 -500 udoben hotel 0.8 300 morje (B) neudoben hotel 0.2 -50 udobna ladja 0.8 0 križarjenje (C) neudobna ladja 0.2 -100

125


ODLOČITVENO DREVO - GRAFIČNI PRIKAZ PROBLEMA ODLOČANJA

1

A =

B =

C =

2

3

4

10

9

8

7

6

5400

-500

300

-50

0

-100

STANJA(2)

a 1

a 2

a 3

UDOBEN PR. = s 11

NEUD. PR. = s 12

UDOBEN H. = s21

UDOBNA L. = s31

NEUD. H. = s 22

NEUD. L. = s 32

p 11 =0,8

p 12 =0,2

p 21 =0,8

p 22 =0,2

p 31 =0,8

p 32 =0,2

VERJETNOSTI(3)

ODLOČITVE(1)

REZULTATI(4)

126


ODLOČANJE V RAZMERAH NEGOTOVOSTI (HEVRISTIČNO ODLOČANJE) Osnovni model teorije odločanja (VERJETNOSTI NE POZNAMO)

Verjetnosti p1 ... pn Stanja

Odločitve s1 ... sn

a1 u11 ... u1n.... ...... ... ..... am um1 ... umn

127


PRIMER:

Odločitveni problem računalniškega podjetja

Stanje Odločitev

s1 s2

a1

200.000

-20.000

a2

150.000

20.000

a3

100.000

60.000

128


1. MINIMAX PRAVILO, a a minu minui j ik jk≥ → ≥

k k.

min

k u1K = - 20.000, min

k u2K = 20.000, min

k u3K = 60.000,

KER JE 60.000 > 20.000 > -20.000, JE a3 > a2 > a1 . DA JE MINIMAX PRAVILO RES PESIMISTIČNO, POKAŽEMO NA

NASLEDNJEM PRIMERU: s1 s2 s3 ... sn

a1

0.99

1000

1000

... 1000

a2

1

1

1

... 1

min u 0.99, min u 1 in a a ker je 1 0.99.

k 1k k 2k 2 1,= = > >

129


2. MAXIMAX PRAVILO:

a a maxu maxui j ik jk≥ → ≥k k

.

maxk

u1K = 200.000, maxk

u2K =150.000, maxk

u3K = 100.000.

KER JE 200.000 > 150.000 > 60.000, JE a1 > a2 > a3 . 3. HURWITCZOV PRINCIP,

H(ai) = α maxk

uik + (1 - α) mink

uik

a a maxu (1 )minu maxu (1 )minui j k ik k ik k jk k jk≥ → + − ≥ + −α α α α

1. α IMENUJEMO PARAMETER OPTIMIZMA, KER ČE JE 0 ≤ ≤α α = 0, IMAMO

MINIMAX PRAVILO, IN ČE JE α = 1, PA MAXIMAX PRAVILO. ČIM VEČJI JE α, TEM VEČJI JE OPTIMIZEM TISTEGA, KI SPREJEMA ODLOČITVE.

130


RAČUNALNIŠKO PODJETJE BO SPREJELO ODLOČITEV a3, ČE SE BO ODLOČALO NA OSNOVI HURWITCZOVEGA PRAVILA ZA α = 0 4. , SAJ SO LINEARNE KOMBINACIJE REZULTATOV H(ai) PRI POSAMEZNIH ALTERNATIVAH ai NASLEDNJE:

H(a1 ) = (0.4) . 200.000 + (0.6) . (-20.000) = 68.000 H(a2 ) = (0.4) . 150.000 + (0.6) . 20.000 = 72.000 H(a3 ) = (0.4) . 100.000 + (0.6) . 60.000 = 76.000 KER JE 76.000 > 72.000 > 68.000, JE a3 > a2 > a1.

131


KER JE OPTIMALNA ALTERNATIVA, KI JO DOLOČIMO S POMOČJO HURWICZOVEGA PRINCIPA, ODVISNA OD PARAMETRA α, SI POGLEJMO, KAKO SE OPTIMALNA ALTERNATIVA SPREMINJA V ODVISNOSTI OD α: H(a1 ) = α 200.000 + (1 - α) (-20.000) = - 20.000 + 220.000 α

H(a2 ) = α 150.000 + (1 - α) 20.000 = 20.000 + 130.000 α

H(a3 ) = α 100.000 + (1 - α) 60.000 = 60.000 + 40.000 α.

-50

0

50

100

150

200

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

0,44

v tisočihH(a )

i

α

H(a )1

H(a )3

H(a )2

REZULTATI POSAMEZNIH ALTERNATIV V ODVISNOSTI OD α 132


4. LAPLACEOVO PRAVILO, aI ≥ aJ → uikk

∑ ≥ u jkk∑

ZA RAČUNALNIŠKO PODJETJE JE: u

k 1k∑ = 180.000, u kk 2∑ = 170.000, u kk 3∑ = 160.000

KER JE 180.000 > 170.000 > 160.000, JE a1 > a2 > a3. 5. BAYESOVO PRAVILO ENAKIH VERJETNOSTI,

aI ≥ aJ → u pikk k∑ ≥ u pjkk k∑

LE REDKO JE MOGOČE PREDPOSTAVITI, DA SO VERJETNOSTI ZA NASTOP VSEH STANJ ENAKE.

ZA RAČUNALNIŠKO PODJETJE, KJER IMAMO DVE STANJI IN JE p1 = p2 = 0.5: u p

k k1k∑ = 90.000, u pkk k2∑ = 85.000, u pkk k3∑ = 80.000

KER JE 90.000 > 85.000 > 80.000, JE a1 > a2 > a3.

133


6. MINIMAX PRAVILO PRILOŽNOSTNIH IZGUB,

aI ≥ aJ → maxk

prik ≤ maxk

prjk

PRILOŽNOSTNE IZGUBE RAČUNALNIŠKEGA PODJETJA

s1 s2

a1 0 80.000

a2 50.000 40.000

a3 100.000 0

V PRIMERU RAČUNALNIŠKEGA PODJETJA JE: max

k pr1K = 80.000, max

k pr2K = 50.000, max

k pr3K = 100.000.

KER JE 100.000 > 80.000 > 50.000, JE a2 > a1 > a3.

134


SPREJEMANJE OPTIMALNIH ODLOČITEV S TVEGANJEM (STOHASTIČNO ODLOČANJE, VERJETNOSTI ZA NASTOP STANJ POZNAMO) BAYESOVO PRAVILO ALI PRAVILO SREDNJE VREDNOSTI:

aI ≥ aJ → u pikk k∑ ≥ u pjkk k∑

POZNATI MORAMO VERJETNOSTI pK ZA NASTOP STANJ sK .

ZA RAČUNALNIŠKO PODJETJE (S TVEGANJEM)

0.3 0.7 s1 s2

a1 200.000 -20.000

a2 150.000 20.000

a3 100.000 60.000

135


u pk k1k∑ = 46.000, u pkk k2∑ = 59.000, u pkk k3∑ = 72.000

KER JE 72.000 > 59.000 > 46.000, JE a3 > a2 > a1 . BAYESOVO PRAVILO TEMELJI NA VERJETNOSTIH pK V PRIMERU RAČUNALNIŠKEGA PODJETJA JE p2=1 - p1

E(a1) = 200.000 p1 + (-20.000) (1 - p1) = 220.000 p1 - 20.000 E(a2) = 150.000 p1 + 20.000 (1 - p1) = 130.000 p1 + 20.000 E(a3) = 100.000 p1 + 60.000 (1 - p1) = 40.000 p1 + 60.000

-50

0

50

100

150

200

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

0,44

v tisočihH(a )

i

p

E(a )1

E(a )3

E(a )2

1 136


Apriorna analiza VSA TEORIJA O APRIORNI ANALIZI SPREJEMANJA POSLOVNIH ODLOČITEV JE VSEBOVANA V BAYESOVEM PRAVILU. V PRIMERU RAČUNALNIŠKEGA PODJETJA JE p1 = 0.3 IN p2 = 0.7. TE VERJETNOSTI IMENUJEMO APRIORNE VERJETNOSTI IN ZATO IMENUJEMO ANALIZO, KI JO IZVEDEMO Z NAMENOM, DA BI DOLOČILI OPTIMALNE ALTERNATIVE, APRIORNO ANALIZO.

0.3

0.7

(ALTERNATIVE) STANJA REZULTATIODLOČITVE

2

200.000

-20.000

a1

3

s1

2

a

a

0.3

0.7

150.000

20.000

1

2

0.3

0,7

100.000

60.000

1

2

s

s

s

s

s

137


E(ai) = u pikk k∑.

: E(a1) = 46.000 E(a2) = 59.000 E(a3) = 72.000. PO APRIORNI ANALIZI PRIČAKOVANIH REZULTATOV JE TOREJ ZA

RAČUNALNIŠKO PODJETJE OPTIMALNA ALTERNATIVA a3, KI ZAGOTAVLJA PRIČAKOVANI REZULTAT 72.000 DE.

VREDNOST POPOLNE INFORMACIJE: ČE BI IMELI POPOLNO INFORMACIJO, BI SE V PRIMERU NASTOPA STANJA s1

ODLOČILI ZA a1 IN IMELI KORIST 200.000, V PRIMERU NASTOPA STANJA s2 PA ZA a3 IN IMELI KORIST 60.000. TAKO BI DOSEGLI POVPREČNO KORIST:

0,3 . 200000 + 0,7 . 60000 = 102 000. Vrednost popolne informacije je v tem primeru: 102 000 – 72 000 = 30 000.

138


DISKRETNO DETERMINISTIČNO DINAMIČNO PROGRAMIRANJE

Kaj bomo spoznali v tem poglavju: 1. Osnovne pojme diskretnega determinističnega dinamičnega

programiranja: faze, stanja, odločitve, enačbo prehoda, doneske, grafičen prikaz problema, Bellmanov princip optimalnosti

2. Probleme, ki jih lahko rešimo z metodo diskretnega determini-stičnega dinamičnega programiranja

OSNOVNI POJMI Z dinamičnim programiranjem lahko glede na izbran kriterij poiščemo optimalno vodenje procesa, ki se odvija v več fazah. Pri večfaznih procesih se moramo v vsaki fazi odločiti, kako naj vodimo nadaljnji del procesa. Vseh odločitev ne določimo hkrati, pač pa zaporedno drugo za drugo (zaradi tega pravimo, da je problem dinamičen), in pri tem iščemo tako zaporedje odločitev, ki nam da glede na izbran kriterij optimalni učinek. Obravnavali bomo le procese, ki imajo končno število faz in vse množice, ki v procesu nastopajo, bodo diskretne in končne (zaradi tega pravimo, da je programiranje diskretno).

139


Izhod iz ene faze bo vedno vhod v naslednjo fazo. Faze bomo označevali z i in, če imamo N faz, je i = 1,2,...,N. Vsako fazo, tako tudi fazo i, določajo: 1. množica vseh možnih stanj na začetku i-te faze:

Xi-1 = {xi-1,1, xi-1,2, ... ,xi-1,j, ... , xi-1,J}, 2. množica vseh možnih stanj na koncu i-te faze:

Xi = {xi,1, xi,2, ..., xi,s, ... , xi,S}, 3. množica vseh možnih odločitev v vsakem stanju xi-1,j, j=1, ...,J:

D(xi-1,j) = {di-1,j,1, di-1,j,2, ... ,di-1,j,k, .... ,di-1,j,K}. Iz te množice izberemo odločitev in na podlagi te odločitve proces enolično prevedemo iz nekega začetnega stanja xi-1,j faze i v neko končno stanje xi,s faze i oziroma začetno stanje faze i + 1. Diskretno dinamično programiranje, pri katerem je posledica z odločitvijo natanko določena, to se pravi, da je v i-ti fazi stanje xi,s iz množice Xi natanko določeno z odločitvijo iz množice D(xi-1,j) in stanjem xi-1,j iz množice Xi-1, imenujemo diskretno deterministično dinamično programiranje,

140


4. korist oziroma izguba, strošek, dobiček ali kaj podobnega imenujemo pri diskretnem determinističnem dinamičnem programiranju donesek, označen z ri-1(j,k), ki je odvisen samo od začetnega stanja xi-1,j iz množice Xi-1 in izbrane odločitve dk(xi-1,j) = di-1,j,k iz množice D(xi-1,j). Tako nam odločitev di-1,j,k∈D(xi-1,j) v stanju xi-1,j∈Xi-1 da donesek ri-1(j,k),

5. transformacija T, ki prevede stanje xi-1,j iz množice Xi-1 v stanje xi,s iz množice Xi pri odločitvi di-1,j,k iz množice D(xi-1,j).

Velja torej: xi,s = T (xi-1,j, di-1,j,k) za vsak element xi-1,j ∈ Xi-1, xi,s ∈ Xi in di-1,j,k ∈ D(xi-1,j).

To enačbo imenujemo enačbo prehoda. Fazo (korak) imenujemo torej prehod iz enega stanja v neposredno za njim sledeče stanje. Število vseh faz (korakov) imenujemo horizont. Ker smo predpostavili, da imamo N faz, je torej horizont N. Začetek in konec faze oziroma procesa štejejo trenutki.

141


Trenutke bomo označevali tudi z i, in sicer pomeni trenutek i = 0, da se proces začenja, da smo torej na začetku prve faze, trenutek i = 1 pomeni konec prve in hkrati začetek druge faze, ...., trenutek i = i - 1 pomeni začetek i-te faze, trenutek i = i konec i-te faze,...., trenutek i = N pa konec N-te faze oziroma konec procesa. Situacija za celoten proces pri progresivnem štetju korakov pa je: Korak ali faza 1 2 i i+1 N |⎯⎯⎯|⎯⎯⎯| … |⎯⎯⎯|⎯⎯⎯| … |⎯⎯⎯| Trenutki 0 1 2 i-1 i i+1 N-1 N Množice stanj X0 X1 X2 Xi-1 Xi Xi+1 XN-1 XNMnožice odločitev

D0 D1 D2 Di-1 Di Di+1 DN-1 DN

V nadaljnjem bomo faze šteli retrogradno. V začetnem stanju xN,j∈XN izberemo odločitev dN,j,k ∈ DN, ki v skladu z enačbo prehoda to stanje prevede v novo stanje xN-1,j∈XN-1, kjer ima navadno j različno vrednost kot pri stanju xN,j. Stanje xN-1,j∈XN-1 z odločitvijo dN-1,j,k ∈ DN-1 prevedemo v stanje xN-2,j∈XN-2, ki ga zopet določimo z enačbo prehoda.

142


Ta postopek nato nadaljujemo do konca procesa, ko v predzadnjem stanju x1,j∈X1 izberemo odločitev d1,j,k ∈ D1, ki to stanje prevede v skladu z enačbo prehoda v končno stanje x0,j∈X0. Poudariti moramo, da so pri tem postopku vrednosti spremenljivk j in k v vsaki fazi, torej na vsakem prehodu iz stanja v stanje, lahko različne. Po opisanem postopku pa dobimo zaporedje odločitev dN,j,k, dN-1,j,k, ..., di,j,k,..., d1,j,k. To zaporedje odločitev imenujemo plan vodenja procesa oziroma politika P. P = (dN,j,k, dN-1,j,k, ..., di,j,k,..., d1,j,k) ∈ P'', če je P'' množica vseh možnih politik. P'' je končna in diskretna množica. Del zaporedja odločitev, od vključno člena di,j,k do konca, imenujemo i-ti rep plana vodenja procesa: di,j,k,..., d1,j,k. Glede na opisani postopek vodenja procesa od začetnega do končnega stanja poudarimo, da je končno stanje procesa x0,j odvisno le od začetnega stanja procesa xN,j in od plana vodenja procesa dN,j,k, dN-1,j,k, ..., di,j,k,..., d1,j,k:

143


x0,j = T*( xN,j, dN,j,k, dN-1,j,k, ..., di,j,k,..., d1,j,k). Če pa to dejstvo gledamo s stališča i-tega repa, ki se začne s stanjem xi,j ∈ Xi, je končno stanje x0,j odvisno od začetnega stanja i - tega repa xi,j in i-tega repa plana vodenja procesa di,j,k,..., d1,j,k: x0,j = T**( xi,j, di,j,k,..., d1,j,k). Od politike P = (dN,j,k, dN-1,j,k,..., di,j,k ,..., d1,j,k) in začetnega stanja xN,j pa je odvisen tudi skupni donesek procesa, ki je po definiciji enak vsoti doneskov vseh faz, saj je vsak posamezen donesek ri-1(j,k) odvisen od stanja xi-1,j∈Xi-1 in odločitve di-

1,j,k∈D(xi-1,j). Če skupni donesek procesa označimo z RN, velja: RN = RN(xN,j ∈ XN, P). Skupni donesek Ri i-tega repa pa je odvisen od začetnega stanja xi,j i-tega repa in vseh odločitev di,j,k, ..., d1,j,k od tega stanja pa do konca procesa:

144


Ri = Ri(xi,j ∈ Xi, di,j,k ∈ Di, di-1,j,k ∈ Di-1, ..., d1,j,k ∈ D1). Donesek Ri imenujemo vrednost stanja xi,j∈Xi pri tem repu. Če je rep, ki sledi izbranemu stanju xi,j, optimalen, imenujemo ustrezno vrednost stanja xi,j∈Xi optimalno vrednost stanja xi,j∈Xi in jo označimo s fi,j = fi (xi,j). Problem optimiranja pri diskretnem dinamičnem programiranju je v optimiranju skupnega doneska RN glede na politiko P. Če je, na primer, P' zaporedje odločitev oziroma optimalna politika, pri kateri je skupni donesek RN optimalen, je (min) RN = RN(xN,j ∈ XN, P') =

Pmax RN(xN,j ∈ XN, P).

Pri diskretnem dinamičnem programiranju je optimalni skupni donesek en sam, medtem ko je optimalnih politik P' lahko več. Glede optimalne politike velja Bellmanov princip optimalnosti: celoten plan vodenja procesa je optimalen, kadar je optimalen vsak njegov rep.

145


Ta princip nam omogoča, da razvijemo sistem tako imenovanih Bellmanovih rekurzijskih enačb, s pomočjo katerih poiščemo optimalno politiko vodenja procesa, in sicer retrogradno, od končnega stanja xo,j proti začetnemu stanju xN,j, pri čemer ne pozabimo, da faze štejemo vedno retrogradno. Do sistema Bellmanovih rekurzijskih enačb pridemo ob upoštevanju retrogradnega štetja faz tako, da večfazni proces s horizontom N in začetnim stanjem xN,j razdelimo na dva dela. Prvi del naj obsega samo prvi korak z začetnim stanjem xN,j ∈ XN in odločitvijo dN,j,k ∈ DN, ki prevede stanje xN,j v stanje xN-1,s ∈ XN-1 v skladu z enačbo prehoda. Donesek tega koraka je rN(j,k), ki je odvisen od stanja xN,j in odločitve dN,j,k. Drugi del pa predstavlja rep vseh naslednjih korakov do konca procesa. Predpostavimo, da je ta rep že optimalen. Optimalna vrednost stanja xN-1,s ∈ XN-1 naj bo fN-1(xN-1,s) = fN-1,s. Vrednost začetnega stanja xN,j,, označena z RN, je enaka vsoti, in sicer doneska prvega dela rN(j,k), in optimalni vrednosti stanja xN-1,s, v katerega nas prevede enačba prehoda iz stanja xN,j,, to je fN-1(xN-1,s): RN = rN(j,k) + fN-1(xN-1,s).

146


Ker pa želimo voditi celotni proces optimalno, iščemo tako odločitev dN,j,k ∈ DN, da bo tudi vrednost stanja xN,j, označena s fN(xN,j), optimalna: (min) fN(xN,j) = (r

kmax N(j,k) + fN-1(xN-1,s)) Bellmanova rekurzijska enačba (1)

N = 1,2,..., N. Ob uporabi Bellmannove rekurzijske enačbe, v kateri na prvem koraku vzamemo N = 1, in nato zapovrstjo N = 2, …, N, rešujemo probleme diskretnega dinamičnega programiranja iterativno tako, da računamo optimalne vrednosti stanj od končnih stanj proti začetnim stanjem. Začnemo torej v končnih stanjih x0,s∈X0. Vrednosti teh stanj so s problemom predpisane in znašajo f0(x0,s). Potem izračunamo zaporedoma optimalne vrednosti stanj x1,j ∈ X1, ki jim manjka do konca procesa samo še en korak, po rekurzijski formuli. Postopek ponavljamo za vsa nadaljnja vmesna stanja, dokler ga ne končamo v začetnem stanju. Tako dobimo na koncu za začetno stanje njegovo optimalno vrednost, iz ugotovljenih odločitev, ki so nam dale optimalne vrednosti vmesnih in začetnega stanja pa sestavimo ustrezni optimalni plan vodenja procesa.

147


ISKANJE NAJKRAJŠE POTI KOT PRIMER DISKRETNEGA DETERMINISTIČNEGA DINAMIČNEGA PROGRAMIRANJA Vsebinska formulacija: Iz kraja A želimo priti v kraj M po eni od obstoječih poti tako, da bo skupna dolžina izbrane poti najkrajša. Katero pot naj izberemo, če sta kraja A in M povezana z enosmernimi potmi, ki jih lahko povzamemo iz zemljevida? Matematična formulacija: Problem bomo rešili kot problem diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja. Iz zemljevida povzamemo vse enosmerne poti med krajema A in M. Tako dobimo, kot je prikazano na sliki, kraje, označene kot B, C, …, L, preko katerih potekajo enosmerne poti od A do M. Razdalje med kraji v kilometrih so podane na koncu spojnice med posameznima krajema. Glede na sliko je število faz v smislu diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja 5 (N = 5 in i = 0,1,2,3,4,5, če šteje trenutke, oziroma i = 1,2,3,4,5, če šteje korake in če upoštevamo progresivno štetje korakov). Vsaka pot, ki vodi od kraja A do kraja M, je sestavljena iz petih korakov, če imenujemo korak pot od enega do naslednjega kraja.

148


Po metodologiji diskretnega determinističnega dinamičnega programi-ranja predstavljajo kraji, v katerih se popotnik lahko znajde, to so kraji A, B, C, …., M, stanja. Kot je narisano na sliki, imamo v začetku procesa, to je na začetku poti (i = 0), eno samo stanje – kraj A, ki ga lahko označimo kot x0,1. Na koncu prve faze oziroma na začetku druge faze (i = 1), se popotnik lahko nahaja v kraju B ali kraju C, ki predstavljata stanji x1,1 oziroma x1,2, itd. Na koncu poti, ko je i = 5, smo v kraju M, ki predstavlja že vnaprej definirano edino končno stanje, označeno z x5,1. Vse množice stanj so diskretne in končne: X0 = {x0,1}, X1 = {x1,1, x1,2}, X2 = {x2,1, x2,2, x2,3}, X3 = {x3,1, x3,2, x3,3}, X4 = {x4,1, x4,2, x4,3}, X5 = {x5,1}.

149


V vsakem kraju se popotnik v skladu s sliko lahko odloči za eno od obstoječih poti, ki vodijo v naslednji kraj (stanje). Tako se v kraju A lahko odloči, da gre v kraj B ali pa v kraj C. Odločitev, da gre iz A v B, označimo v skladu s terminologijo diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja kot d0,1,1, to je kot prvo odločitev iz množice odločitev D(x0,1) v stanju x0,1. Odločitev iz A v C pa označimo kot d0,1,2, kar je druga odločitev v stanju x0,1. Na sliki so odločitve označene na začetku povezave med A in B, oziroma med A in C. Vse množice odločitev, ki pripadajo danim stanjem, so diskretne in končne. V modelu imamo naslednje množice odločitev: D(x0,1) = {d0,1,1, d0,1,2}, D(x1,1) = {d1,1,1, d1,1,2, d1,1,3}, …., D(x4,3) = {d4,3,1}. Vsak posamezen del poti med dvema sosednjima krajema prispeva k skupni dolžini poti donesek, ki pomeni razdaljo med dvema krajema v kilometrih (skladno z zemljevidom). Donesek je odvisen od izhodiščnega stanja (kraja) in izbrane odločitve (poti). Če se popotnik na primer v stanju x0,1 (kraj A) odloči za odločitev d0,1,1 (gre v smeri od A proti B), naredi pri tem 18 kilometrov, kar pomeni, da je donesek r0(1,1) = 18. Na sliki so doneski zapisani na koncu spojnice med dvema sosednjima krajema. 150


Enačba prehoda oziroma po teoriji diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja transformacija iz obstoječega stanja v neposredno sledeče stanje, je na sliki podana kot povezava med dvema sosednjima krajema, na primer med krajema A in B, A in C, C in D, itd. Reševanje problema s sliko: Z uporabo Bellmanove rekurzijske enačbe (1) določimo optimalno (minimalno) pot, in sicer tako, da začnemo v končnem stanju, to je kraju M, ki mu predpišemo vrednost 0. Ta vrednost je zapisana v kvadratu, ki predstavlja na sliki kraj M – končno stanje in pomeni, da je od kraja M do cilja (kraj M je naš cilj) še minimalno 0 kilometrov. Po enakem razmisleku oziroma po Bellmanovi rekurzijski enačbi je optimalna vrednost kraja J 34 kilometrov, kraja K 17 kilometrov in kraja L 18 kilometrov. V nadaljnjem dobimo na primer optimalno vrednost stanja x3,1, to je kraja G, označimo kot f3(x3,1) in izračunamo kot: f3(x3,1) = }{ )(),1(min ,2233,2,1 sk

xfkr +=

= min{21 + 34, 26 + 17, 51 + 18} = 43.

151


Pri tem je s = 1,2,3, to je indeks vseh stanj (krajev), s katerimi je kraj G povezan, torej krajev I, K in L (x2,1, x2,2, x2,3). Od kraja G do cilja, to je do kraja M, je še minimalno 43 kilometrov, kar je na sliki zapisano v kvadratu, ki predstavlja kraj G. Ker smo do vrednosti 43 prišli z drugo odločitvijo, to je preko kraja K, je na sliki ta povezava označena s puščico v nasprotni smeri. V istem smislu, kot smo določili optimalno vrednost kraja G, določimo optimalne vrednosti vseh ostalih krajev. Tako optimalna vrednost začetnega kraja znaša 90 kilometrov, kar je iskana rešitev. Najkrajša pot, ki je razvidna s slike, znaša torej 90 kilometrov in gre preko krajev A, B, D, H, K, M (debela črta). V skladu s teorijo diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja najkrajša pot sledi optimalnemu planu, to je optimalnemu zaporedju odločitev: d0,1,1, d1,1,1, d2,1,1, d3,2,2, d4,2,1.

152


FAZA

TRENUTKI0 1

1 2

2

3

3 4

4

5

5

A90

B72

C71

D52

E53

F68

G43

H37

J34

K17

M0

I35

L18

1 20 1 24 211

34

18

13 173 33

3

19

24

18

2

2

31

2

15

2

26

3

86

3

2

43 45

2

349

1

59

218

51

39

67

16

12

3

151

4353

12

3

1

20

37

1

17

1

1

153


PROBLEM ZALOG KOT PRIMER DISKRETNEGA DETERMINISTIČNEGA DINAMIČNEGA PROGRAMIRANJA Vsebinska formulacija problema Podjetje želi narediti plan nabave in prodaje kosovnega blaga za naslednje tri tedne. Blago naroči na začetku tedna in ga takoj tudi prejme. V začetku prvega tedna ima na zalogi 1 kos in ne more naročiti več kot 2 kosa naenkrat. Problem, ki ga obravnavamo, je, kdaj in koliko blaga naj podjetje nabavi za zalogo, če mora ustreči povpraševanju po blagu in če želi doseči največji dobiček. Vsak kos blaga, ki podjetju na koncu tretjega tedna ostane kot zaloga, je vreden 11 denarnih enot in se upošteva kot dobiček podjetja (se prišteje k dobičku). Vsi ostali podatki (v denarnih enotah) pa so podani v Preglednici 64. Za dostavo plačamo 5 oziroma 6 denarnih enot le, kadar kaj naročimo, in sicer ne glede na naročeno količino.

154


Preglednica 1: Podatki problema zalog Teden 1.(i = 1) 2.(i = 2) 3.(i = 3) Prodajna cena za kos 13 15 16 Dostava, če kaj naročimo 5 5 6 Nabavna cena za kos 9 10 12 Povpraševanje (kosov) 1 0 2

Reševanje problema Problem rešimo z uporabo diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja, kot je prikazano na sliki. Ker želimo narediti plan nabave in prodaje za naslednje tri tedne, imamo pri našem planiranju tri korake (faze), N = 3 in i = 0,1,2,3, če šteje trenutke, oziroma i = 1,2,3, kadar šteje faze. Stanja so na sliki predstavljena s krogci. xi,j pomeni stanje, ko ima podjetje na zalogi j kosov blaga, in sicer v trenutku, ko manjka do konca poslovanja (do konca tretjega tedna) še i tednov (na sliki je v tem primeru prikazano retrogradno štetje faz – i = 3, torej pomeni, da smo na začetku našega procesa, da torej manjkajo do konca procesa še tri faze (tedni)). Ker je na začetku prvega tedna na zalogi 1 kos blaga, je začetno stanje x3,1 (j = 1).

155


Odločitev di(j,k) = di,j,k pomeni odločitev, ko v stanju xi,j naročimo k kosov. Ker lahko naročimo največ 2 kosa hkrati, je k = 0, 1, 2. Število naročenih kosov je odvisno od obstoječe zaloge in povpraševanja. Novo stanje xi-1,s je določeno s številom obstoječih kosov j, številom naročenih kosov k in povpraševanjem p v tekočem tednu: s = j + k - p. Donesek ri(j,k) je določen s prodajno in nabavno ceno ter stroški dostave. Tako je na primer donesek r1(3,1), ko se v stanju x1,3 odločimo za odločitev d1,3,1 (naročimo 1 kos blaga), 14 denarnih enot. V začetku tretjega tedna smo torej imeli na zalogi 3 kose blaga, enega smo nabavili in 2 prodali, kar finančno predstavlja naslednje: od prodanih kosov dobimo 32 denarnih enot (2 x 16 denarnih enot), nabava enega kosa nas stane 12 denarnih enot, dostava pa 6 denarnih enot, torej: (32 – 12 – 6 = 14). Če torej v začetnem stanju in vseh nadaljnjih stanjih upoštevamo vse možne odločitve in njim pripadajoča nova stanja ter doneske, lahko problem predstavimo grafično. Kot je razvidno s slike, imamo pet možnih končnih stanj (na koncu tretjega tedna imamo v skladišču 0, 1, 2, 3 ali pa 4 kose blaga). Optimalna vrednost končnih stanj je določena s številom kosov, ki nam ostanejo na zalogi. Vsak kos, ki nam ostane v skladišču na koncu tretjega tedna, je vreden 11 denarnih enot. Glede na to vrednost je na primer optimalna vrednost stanja x0,4 (v skladišču ostanejo 4 kosi blaga) 44 denarnih enot.

156


Optimalno rešitev poiščemo retrogradno z uporabo Bellmanove rekurzijske enačbe (1), s katero iščemo za vsako stanje optimalno vrednost kot maksimalno vrednost (maksimalni dobiček). Tako na primer najdemo optimalno vrednost za stanje x1,3 kot: f1(x1,3) = }{ )(xfk)(3,rmax s0,01

0,1,2k+

= = max⎨32 + 11, 14 + 22, 2 + 33⎬ = 43.

Pri tem je s = 1,2,3, to je indeks vseh stanj, s katerimi je stanje x1,3 povezano, torej stanj x0,1, x0,2, x0,3. Od stanja x1,3 do cilja, to je do konca procesa, je naš maksimalni dobiček 43 denarnih enot, kar je na Sliki 21 zapisano v krogu, ki predstavlja stanje x1,3. Ker smo do vrednosti 43 prišli z odločitvijo k = 0, to je preko stanja x0,1, je na Sliki 21 ta povezava označena s puščico v nasprotni smeri. V istem smislu, kot smo določili optimalno vrednost stanja x1,3, določimo optimalne vrednosti vseh ostalih stanj. Tako optimalna vrednost začetnega stanja znaša 22 denarnih enot, kar je iskani optimalni dobiček. Dosežemo ga, če sledimo puščicam v nasprotnem smislu, to je, da v prvem tednu naročimo 2 kosa blaga, v drugem in tretjem pa nič. To zaporedje odločitev je na Sliki 21 označeno z debelejšo črto.

157


2 1 0

7 0

22 18 14 11

32 32 22

43 33

54 44

0

1

2

ji 3

3

4

0 0 2 21

213 14

32

01

2

-1 00

-15 1

2 214

32

-100

12

0

-150-25

12

2

1432

-15

-25 0 1

22

14

-250

1

2 2

21

2

158


PLANIRANJE PROIZVODNJE KOT PRIMER DISKRETNEGA DETERMINISTIČNEGA DINAMIČNEGA PROGRAMIRANJA Vsebinska formulacija problema Obrat posluje prvih 5 dni v tednu. Vsak dan lahko izdela največ po 3 izdelke. V skladišču lahko hrani največ po 2 izdelka. Skladišče mora biti na začetku in na koncu tedna prazno. Obrat mora v ponedeljek oddati 1 izdelek, v torek 2, v sredo 3, v četrtek 2 in v petek 1 izdelek. Pri izdelavi vsakega izdelka ima 10 denarnih enot variabilnih stroškov in le kadar kaj proizvaja, še 3 enote fiksnih stroškov ne glede na to, koliko izdelkov proizvede. Stroški skladiščenja pa znašajo eno denarno enoto za izdelek in se obračunavajo za nazaj. Kako naj obrat planira proizvodnjo, da bo zadostil naročilom in imel najmanjše stroške? Reševanje problema Problem optimalnega plana proizvodnje rešimo z diskretnim determinističnim dinamičnim programiranjem, kot je prikazano na sliki. Število faz N = 5, ker moramo poiskati optimalni plan proizvodnje za 5 dni. Stanje xi,j je stanje obrata, ko je i dni pred koncem tedna (zopet smo uporabili retrogradno štetje faz) v skladišču j izdelkov (j = 0, 1, 2). Začetno stanje je x5,0 in končno x0,0, ker mora biti skladišče na začetku in na koncu tedna prazno. Odločitev di,j,k pomeni, da obrat v stanju xi,j izdela k izdelkov (k = 0, 1, 2, 3). 159


Število izdelanih izdelkov k je v splošnem odvisno od obstoječega števila izdelkov v skladišču in od naročil, ki jih obrat mora izpolniti. Tako v vsakem stanju ne pridejo v poštev vse odločitve, ker mora obrat izpolnjevati zahtevo po naročilih in zahtevo, da mora biti skladišče na koncu tedna prazno. Novo stanje xi-1,s je odvisno od števila izdelkov v skladišču, števila na novo narejenih izdelkov in naročil (s = j + k - naročila). Donesek ri(j,k) nam predstavlja stroške proizvodnje. Tako na primer donesek r3(1,3), ko v stanju x3,1, to je, ko imamo v sredo zjutraj v skladišču 1 izdelek, izberemo odločitev k = 3 (naredimo 3 izdelke), izračunamo kot: 3 x 0 den. enot (variabilni stroški) + 3 den. enote (fiksni stroški) + 1 den. enota (stroški skladiščenja za enoto, ki jo imamo) = 34 denarnih enot. Ti stroški so zapisani na koncu spojnice, ki povezuje stanje x3,1 s stanjem x2,1, kamor nas odločitev d3,1,3 pripelje. Vsi ostali stroški in enačba prehoda so razvidni iz slike. Na tej sliki je zapisana tudi vrednost končnega stanja, ki je 0, ker brž ko ga dosežemo, nimamo nobenih stroškov več. Optimalno rešitev poiščemo retrogradno z uporabo Bellmanove rekurzijske enačbe (1), s katero iščemo za vsako stanje optimalno vrednost kot minimalno vrednost (minimalni stroški). Tako na primer najdemo optimalno vrednost za stanje x3,1 kot:

160


f3(x3,1) = }{ )(xfk)(1,rmin s2,232,3k

+=

= min⎨24+34, 34+25⎬ = 58. Pri tem je s = 0,1, to je indeks vseh stanj, s katerimi je stanje x3,1 povezano, torej stanj x2,0, in x2,1. Od stanja x3,1 do cilja, to je do konca procesa, so naši minimalni stroški proizvodnje še 58 denarnih enot, kar je na sliki zapisano v krogu, ki predstavlja stanje x3,1. Ker smo do vrednosti 58 prišli z odločitvijo k = 2, to je preko stanja x2,0, je na sliki ta povezava označena s puščico v nasprotni smeri. Enako, kot smo določili optimalno vrednost stanja x3,1, določimo optimalne vrednosti vseh ostalih stanj. Tako optimalna vrednost začetnega stanja (minimalni stroški od začetka do konca procesa) znaša 102 denarni enoti. Dosežemo jo, če sledimo puščicam v nasprotnem smislu, to je, da v ponedeljek izdelamo 3 izdelke, v torek nobenega, v sredo 3, v četrtek 3 in v petek nobenega. To zaporedje odločitev je na sliki označeno z debelejšo črto.

161


i 5 4 3 2 1 0j

0

1

2

90 67 34 13 0

81 58 25 1

69 49 15

1 13 2 23 32

33 14 2

3324

15

23

2314

2

1 13

1

23 1

2

3

33

24

15

1

2

33

25

341

23

35

0

1

2

3

25

341

2033

2415

0

102

162


INVESTICIJSKA POLITIKA KOT PRIMER DISKRETNEGA DETERMINISTIČNEGA DINAMIČNEGA PROGRAMIRANJA Vsebinska formulacija problema Delovna organizacija prevzame za 3 denarne enote obrat, ki ga vodi 4 leta. Na začetku vsakega leta se mora organizacija odločiti, ali bo v obrat investirala 1 enoto ali pa vanj ne bo nič investirala. Organizacija ima za investicije in najem (skupaj) na razpolago le 6 denarnih enot. Pri poslovanju in ustreznih odločitvah o investicijah doseže organizacija na koncu vsakega leta nek poslovni uspeh, ki je odvisen tudi od števila investiranih enot in je razviden iz slike (zapisan je na koncu vsake spojnice). Na koncu 4. leta organizacija odda obrat proti odškodnini, ki ga šteje kot dobiček in je tudi podan na sliki (vrednost končnega stanja). Kakšno investicijsko politiko naj vodi organizacija, da bo imela največji skupni dohodek? Ker gre za dolgoročno gospodarjenje z obratom (skozi 4 leta), bomo v modelu upoštevali diskontno mero 25%.

163


Reševanje problema Uporabimo spet metodo diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja. Število korakov je N = 4 (ker organizacija vodi obrat 4 leta). Kot stanje xi,j razumemo stanje, ko je i let (i = 4,3,2,1,0) pred iztekom pogodbe investiranih j enot. Tako je x4,3 začetno stanje, ker je organizacija obrat prevzela za 3 denarne enote. Odločitev di,j,k pa pomeni, da organizacija v stanju xi,j investira k enot (k=0,1). Novo stanje xi-1,s je odvisno od obstoječega stanja (to je od že investiranih enot j) in odločitve k; s=j+k. Doneski in vrednosti končnih stanj ter vsi prehodi med možnimi stanji so podani na sliki Iz nje je razvidno tudi diskontiranje. Diskontni meri 25% ustreza diskontni faktor 0.8 100/(100 + 25). Tako z njim pomnožimo vsako optimalno vrednost stanja, ker zneske diskontiramo za eno leto nazaj. Diskontirane vrednosti so zapisane v kvadratu, ki predstavlja stanje, spodaj, pod vrednostmi stanj. Tako na primer znaša optimalna vrednost končnega stanja x0,5 8 denarnih enot (za to vrednost organizacija odda obrat na koncu 4. leta, če je vsega skupaj vanj investirala 5 (j = 5) denarnih enot). Diskontirana vrednost stanja x0,5 pa znaša 8 x 0.8 = 6.4, kar je zapisano pod vrednostjo 8 v kvadratu, ki predstavlja stanje x0,5.

164


Optimalno rešitev poiščemo retrogradno z uporabo Bellmanove rekurzijske enačbe (1), s katero iščemo za vsako stanje optimalno vrednost kot maksimalno vrednost (maksimalni dobiček), upoštevaje diskontirane vrednosti. Tako na primer najdemo optimalno vrednost za stanje x3,3 kot: f3(x3,3) = }{ )(xfk)(3,rmax s2,23

0,1k+

= = max⎨3 + 4.896, (-5)+10.016⎬ = 7.896.

Pri tem je s = 3,4, to je indeks vseh stanj, s katerimi je stanje x3,3 povezano, torej stanj x2,3, in x2,4. Optimalna vrednost stanja x3,3 torej znaša 7.896 in je na Sliki 23 zapisano v kvadratu, ki predstavlja stanje x3,3. Ker smo do vrednosti 7.896 prišli z odločitvijo k = 0, to je preko stanja x2,3, je na sliki ta povezava označena s puščico v nasprotni smeri. Vrednost 7.896 nato diskontiramo in dobimo 6.3168 = 7.896 x 0.8. V istem smislu, kot smo določili optimalno vrednost stanja x3,3, določimo optimalne vrednosti vseh ostalih stanj. Tako optimalna vrednost začetnega stanja znaša 11.012 denarnih enot. Dosežemo jih, če sledimo puščicam v nasprotnem smislu, to je, da prvo leto poslovanja organizacija investira eno denarno enoto, drugo leto nič ne investira, tretje investira zopet eno denarno enoto in leto nič ne investira. To zaporedje odločitev je na sliki označeno z debelejšo črto.

165


i 4 2 1 0

11,0127,8966,316

6,124,896

6,45,12

15,01612,012

12,5210,016

108

15,5212,416

14,411,52

1310,4

32,4

54

86,4

108

j

3

4

5

0 1

1

-10

0

1

3 0 1

1

-60 2

-5

1

2

1

14

0 4

0 6-4

0 83

6

5

5

53

3

1

1

11

0

0

166


Povzetek poglavja:

1. Probleme optimiranja, ki potekajo v več fazah, lahko rešujemo z metodo diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja (DDDP). Osnovni elementi DDDP so: število faz, množica stanj na začetku in na koncu vsake faze, množica možnih odločitev, ki pridejo v poštev v posameznih stanjih, enačba prehoda, doneski, optimalne vrednosti stanj in Bellmanova rekurzijska enačba.

2. Z metodo DDDP lahko rešujemo problem iskanja najkrajše poti, problem planiranja zalog, problem planiranja proizvodnje, problem investicij, itd.

Vprašanja za ponavljanje in razpravo: 1. Kakšne probleme lahko rešujemo z metodo diskretnega determini-stičnega dinamičnega

programiranja? 2. Kateri so osnovni elementi diskretnega determinističnega dinamične-ga programiranja? 3. Kako se glasi Bellmanov princip optimalnosti? 4. Kaj je Bellmanova rekurzijska enačba? 5. Podajte nekaj problemov, ki jih lahko rešujemo s pomočjo diskretnega determinističnega

dinamičnega programiranja in utemeljite postopek reševanja za njihovo reševanje (kaj so v posameznih primerih faze, stanja, odločitve, enačba prehoda, doneski, optimalne vrednosti stanj)!

6. Ali poznate iz vaše prakse kakšen problem, ki bi ga lahko rešili s pomočjo diskretnega determinističnega dinamičnega programiranja?

167


MREŽNO PLANIRANJE Kaj bomo spoznali v tem poglavju:

1. Osnovne pojme iz teorije grafov 2. Definicijo mrežnega plana 3. Mrežni plan, kritično pot in Ganttov diagram 4. Računanje kritične poti in rezerve časa nekritičnih aktivnosti

Vse metode mrežnega planiranja temeljijo na algebri, matematični statistiki in teoriji grafov. Tako bomo najprej definirali nekaj znanih pojmov iz teorije grafov. OSNOVE TEORIJE GRAFOV Graf tvorita neprazna množica točk V = {v0,v1,..., vn} in relacija R, definirana na množici V in je podmnožica kartezičnega produkta V x V: R ⊂ V x V = {(vi, vj), i = 0,1,2, ...., n; j = 0,1,2, ..., n}.

168


Relacijo R predstavimo grafično kot spojnico točk vi in vj. Puščica na tej spojnici je usmerjena od točke vi k točki vj. Glede na takšno grafično predstavitev imenujemo elemente množice V vozlišča, elemente množice R pa povezave (slika spodaj). Na sliki je prikazan graf, ki ima štiri vozlišča, in sicer: V = {v0, v1, v2, v3} in pet povezav: R = {(v0, v1), (v1, v2), (v2, v1), (v2, v2), (v2, v3)}.

Slika: Graf s štirimi vozlišči in petimi povezavami. 169


Povezava, ki se začne in konča v istem vozlišču, je zanka. Tako je na sliki zgoraj zanka povezava (v2, v2). Del grafa, v katerem se začetno vozlišče naslednje povezave ujema s končnim vozliščem prejšnje, imenujemo pot. Na sliki predstavljajo pot povezave (v0, v1), (v1, v2) in (v2, v3). Krožna pot pa je pot, v kateri se začetna točka ujema s končno. Na sliki tvorita povezavi (v1, v2) in (v2, v1) krožno pot. Najkrajša krožna pot je seveda zanka. Graf je krepko povezan, če med poljubnima vozliščema vi in vj obstaja vsaj ena pot. Vozlišče, v katerem se pri povezanem grafu ne konča nobena povezava, je vhod grafa (vozlišče v0), vozlišče, v katerem se pri povezanem grafu ne začne nobena povezava, pa je izhod grafa (vozlišče v3). Graf ima lahko tudi več vhodov in izhodov. Vsaki povezavi (vi, vj) lahko priredimo neko število tij, ki ga imenujemo vrednost povezave. V krepko povezanem in ovrednotenem grafu brez zank in krožnih poti, z enim vhodom in enim izhodom, nas zanima maksimalna pot med vozliščema vi in vj. To je tista pot, ki se začne v vozlišču vi in konča v vozlišču vj in ki ima glede na vrednost povezav na tej poti največjo vrednost, pri predpostavki, da vrednosti povezav lahko seštevamo, ko potujemo po tej poti v smeri od vi do vj. Tako vsakemu vozlišču vi grafa lahko pripišemo vrednost vozlišča, ki jo bomo označili s si, ki jo bomo imenovali maksimalna vrednost vozlišča vi. 170


Izračunamo jo retrogradno s pomočjo Bellmanovih rekurzijskih enačb. Pri tem damo izhodu, to je vozlišču vn, vrednost 0 (sn = 0) in vrednost vozlišča vi, označeno s si, računamo retrogradno po formuli:

( )ikkKktsmax

i

+=∈is

za i = n - 1, n - 2, … ,0, če predpostavimo, da gre pot v grafu od vhoda v0 do izhoda vn, in da je Ki množica vseh tistih vozlišč vk, s katerimi je vozlišče vi neposredno povezano. Vrednost sk je torej vrednost vozlišča vk, ki je glede na zgornjo enačbo maksimalna vrednost poti od vk do vn. Pot vodi torej od vi preko vk do vn, tako da je vk vozlišče, ki sledi vozlišču vi.

171


DEFINICIJA MREŽNEGA PLANA Mrežno planiranje se ukvarja s kontrolo in vodenjem procesov ter njihovim časovnim in stroškovnim planiranjem. Tako moramo pri mrežnem planiranju najprej dobro poznati (definirati) vse aktivnosti (dejavnosti), ki v procesu nastopajo, in njihovo trajanje. Aktivnosti bomo označevali z velikimi črkami, A, B, C,... Vsaka aktivnost se mora v nekem trenutku začeti in enako tudi končati. Trenutke imenujemo dogodke, ki jih bomo označevali kot vi (i = 0,1,2,…,n). Proces se torej začne v trenutku v0 in konča v trenutku vn. Če aktivnost A poteka od dogodka vi do dogodka vk, označimo njeno trajanje s tik. Mrežni plan je končen, ovrednoten graf brez zank in krožnih poti, z enim vhodom in enim izhodom. Vozlišče grafa imenujemo v mrežnem planiranju dogodek, povezavo pa dejavnost (aktivnost). Vrednost povezave imenujemo trajanje aktivnosti, maksimalno pot od vhoda mrežnega plana, to je dogodka v0, do izhoda mrežnega plana, to je dogodka vn, pa v mrežnem planu imenujemo kritična pot. To poiščemo tako, da rešimo sistem Bellmanovih rekurzijskih enačb za si, kot je zapisano v enačbi v poglavju Osnove teorije grafov, s tem da začnemo v izhodu vn mrežnega plana, ki mu pripišemo vrednost sn = 0 in gremo proti vhodu v0 mrežnega plana.

172


Glede na poznavanje trajanja posameznih aktivnosti pa bomo v mrežnem planiranju ločili dve metodi: 1) Metodo CPM uporabljamo tam, kjer lahko trajanje posameznih aktivnosti natančno

določimo iz razpoložljivih podatkov (trajanje aktivnosti je determinističen podatek). 2) Metoda PERT/TIME uporabljamo v primerih, ko trajanja posameznih aktivnosti ni

mogoče vnaprej natančno določiti, ker je odvisno od vrste dejavnikov in slučajnosti. Pri tej metodi moramo trajanje aktivnosti A, ki se na primer začne v dogodku vi in traja do dogodka vk, oceniti s tremi vrednostmi, in sicer z optimističnim (najkrajšim možnim) časom to, pesimističnim (najdaljšim možnim) časom tp, najverjetnejšim (v splošnem povprečnim) časom tn in nato izračunamo trajanje aktivnosti po formuli:

6

ptn4t0tijt

++=

. Tu bomo uporabljali le metodo enostavne časovne analize ali CPM (Critical Path Method) metodo.

Glede na skromno teorijo mrežnega planiranja, ki smo jo tu podali, rešujemo probleme mrežnega planiranja po metodi CPM tako, da najprej naredimo tako imenovano strukturno analizo in potem še časovno analizo. Strukturna analiza pomeni izdelavo seznama 173


aktivnosti, izdelavo pregleda povezanosti aktivnosti in izdelavo mrežnega načrta. S časovno analizo pa ugotovimo trajanje aktivnosti in kritično pot. Kritično pot lahko poiščemo tudi s pomočjo računalniških programov (taki so na primer SPJ, OPTIMA in CPM, MS Project). ILUSTRACIJA MREŽNEGA PLANA NA PREPROSTEM PRIMERU Vzemimo naslednji primer mrežnega plana: dva prijatelja se odločita, da bosta odšla na izlet. Pred odhodom morata opraviti proces (projekt), ki ga sestavljajo naslednje aktivnosti (dejavnosti): 1. sestanek 1, ki se ga udeležita oba in kjer se dogovorita o nadaljnjih akcijah. Sestanek

1 bomo označili z A in predpostavimo, da traja 1 uro; 2. nabava opreme, kar naj bi naredil prvi prijatelj. Aktivnost nabava opreme bomo

označili z B in z njo začne prvi prijatelj takoj, ko se konča aktivnost A. Aktivnost B traja 2 uri;

3. nabava hrane, kar naj bi tudi opravil prvi prijatelj. Aktivnost nabava hrane bomo označili s C in z njo začne prvi prijatelj takoj, ko konča z aktivnostjo B. Aktivnost C naj traja 3 ure;

174


4. servisiranje avtomobila, kar naj bi opravil drugi prijatelj, medtem ko prvi nabavlja opremo in hrano. Aktivnost servisiranje avtomobila bomo označili z D in z njo drugi prijatelj lahko začne takoj po končani aktivnosti A. Aktivnost D naj traja 4 ure;

5. sestanek 2, kjer preverita, ali sta res pripravljena za odhod na izlet. Aktivnost sestanek 2 bomo označili z E. Sestanka 2 se udeležita oba prijatelja in z njo začneta takoj, ko se končata aktivnosti C in D. Aktivnost E naj traja 1 uro.

Na osnovi teh aktivnosti lahko že zapišemo seznam aktivnosti, odvisnost med aktivnostmi in trajanje aktivnosti v spodnji razpredelnici. Preglednica: Aktivnosti mrežnega plana (primer dveh prijateljev)

Zap. št.

Aktivnost Oznaka aktivnosti

Odvisnost, povezanost

Trajanje (ure) Kdo opravlja

1 sestanek 1 A - 1 oba 2 nabava opreme B A 2 prvi 3 nabava hrane C B 3 prvi 4 servis avta D A 4 drugi 5 sestanek 2 E C, D 1 oba

175


Ker smo privzeli, da je trajanje vseh aktivnosti natančno znano in določeno (deterministično), imamo opravka z mrežnim planom tipa CPM. Mrežni plan narišemo tako, da s kvadratom označimo dogodek, v katerem se aktivnost začne ali konča. V kvadrat najprej vpišemo zaporedno številko dogodka (zgoraj). Povezava dveh dogodkov (kvadratov) je aktivnost. Na začetku spojnice vpišemo oznako aktivnosti, na koncu pa trajanje aktivnosti. Mrežni plan za priemr dveh prijateljev je narisan na spodnji sliki.

1 2

3

4

5 6

A 1

E 1

D

B

2 C

3

F

04

7 6

4

1

1 0

Slika: Mrežni plan za primer dveh prijateljev Na sliki je vrisana tudi tako imenovana navidezna aktivnost F, ki ima trajanje 0 časovnih enot. Vpeljali smo jo, da smo na sliki izrazili dejstvo, da se aktivnost E lahko začne šele, ko sta aktivnosti C in D končani. Vpeljava navidezne aktivnosti ni vedno nujna, saj lahko 176


narišemo mrežni plan, prirejen problemu dveh prijateljev tudi tako, kot je predstavljeno na naslednji sliki.

1 2

3

4 5A 1 E 1DB

2 C

34

7 6

4

1 0 Slika: Mrežni plan za primer dveh prijateljev Glede na obe zgornji sliki lahko povzamemo, da je risanje mrežnega plana subjektivno delo. Kljub tej navidezni svobodi pa se moramo držati osnovnih principov, kot so: - vsaka aktivnost se mora začeti in končati z dogodkom, - če je konec neke (nekih) aktivnosti pogoj za začetek druge, se mora konec te (teh)

ujemati z začetkom druge,

177


- posebno pozornost moramo posvetiti risanju aktivnosti, ki potekajo vzporedno, da teh ne narišemo kot aktivnosti, ki potekajo zaporedno (na primer aktivnost D poteka vzporedno z aktivnostma B in C),

- v enem dogodku se lahko začne ali konča več aktivnosti, - dve različni aktivnosti ne smeta imeti začetka in konca v istem dogodku (lahko imata

skupen začetek, a različen konec in obratno), - aktivnosti se lahko sekata, a presečišče ni dogodek. Kritično pot na zgornjih slikah smo poiskali po sistemu Bellmanovih rekurzijskih enačb za si, kot je zapisano v enačbi v poglavju Osnove teorije grafov, s tem da začnemo v izhodu vn mrežnega plana (končnemu dogodku označenem kot dogodek 6), ki mu pripišemo vrednost sn = 0 in gremo proti vhodu v0 mrežnega plana (začetnemu dogodku mrežnega plana). Iščemo torej retrogradno (od zadaj naprej) maksimum, tako da predpišemo zadnjemu dogodku, to je dogodku 6, vrednost 0. To vrednost smo zapisali v končnemu dogodku (izhodu grafa), v kvadratu spodaj. Vrednost končnega dogodka je vedno 0, kar utemeljimo z dejstvom, da je v končnem dogodku proces končan, da je do konca procesa še 0 časovnih enot. Vse nadaljnje maksimalne vrednosti dogodkov na poti od vhoda (dogodek 1) do izhoda (dogodek 6) so vpisane v ustreznem kvadratu spodaj. Kritična pot je na obeh slikah

178


izvlečena debelo in znaša 7 ur. Aktivnosti, ki ležijo na kritični poti, so kritične aktivnosti. Zanje je značilno, da nimajo nobene rezerve časa (v našem primeru so to aktivnosti A, B, C in E). Če zakasnimo s kritično aktivnostjo, zakasnimo s celotno izvedbo plana, ker s tem podaljšamo kritično pot. Problem mrežnega planiranja lahko namesto z mrežnim planom (sliki zograj) predstavimo tudi z Ganttovim diagramom (slika spodaj).

ABCDE

1 2 3 4 5 6 7 8 Slika: Ganttov diagram za primer dveh prijateljev

179


Problem mrežnega plana dveh prijateljuev lahko rešimo tudi z računalniškim programom SPJ oziroma MSproject. Pri tem opravimo naslednje korake: 1. poimenovanje programa, na primer izpri (izlet prijateljev), 2. vnos aktivnosti (create task) opravimo s tipko F3; (če se pri vnosu zmotimo, lahko

aktivnost zbrišemo z "delete task", tipka F5); vnesemo aktivnosti A, B, C, D, E, kot so zapisane v preglednici zgoraj,

3. vnos povezav aktivnosti (link task) opravimo s tipko F4; (če se pri vnosu povezave zmotimo, lahko to zbrišemo z "unlink task", tipka F2); povežemo aktivnosti A - B, B - C, A - D, C - E, D - E,

4. kritično pot poiščemo z ukazom "calculate" (F9 ali !), 5. mrežni plan izpišemo z "output, plot/graph", (slika spodaj); kritična pot je izvlečena

debelo, 6. Ganttov diagram lahko dobimo pod "task outline".

P1 Start

IZPRI.PJ001A - sestanek 1

004D - servis avta

005E - sestanek 2

P1 End

IZPRI.PJ

002B - nabava opreme

003

prvi 3hprvi 2h

drugi 4h

oba 1hoba 1h

C - nabava hrane

Slika: Mrežni plan dveh prijateljev, rešen s programom SPJ 180


ŠE EN PROBLEM KOT PRIMER MREŽNEGA PLANA Vsebinska formulacija problema Recimo, da pri izvedbi projekta nastopajo naslednje aktivnosti: odločitev (A), lokacija (B), nakup zemljišča (C), investicijsko tehnična dokumentacija (D), soglasja (E), gradbeno dovoljenje (F), projekti (G), gradnja (J), nabava in montaža strojev (K), urejanje okolice (L), šolanje kadrov (M), poskusno obratovanje (N), finančna sredstva (O), končni tehnični prevzem (P). Vse aktivnosti, njihove odvisnosti, trajanje in stroški so razvidni iz preglednice spodaj.

aktivnost Trajanje (meseci) Stroški (denarne enote) oznaka odvis. od A neodvis. 6 50 B A 3 170 C A 4 270 D A 6 350 E B 2 150 F B,C,D 1 200 G D 6 400 J E,F,G 8 1800 K E,F,G 10 1900 L J 1 400 M D 4 300 N L,K,M 3 100 O A 3 200 P O,N 1 50

181


Reševanje problema Na osnovi preglednice lahko narišemo mrežni diagram (slika spodaj) in dogodke numeriramo v naraščajočem vrstnem redu. Dogodke narišemo v obliki kvadratov. Številka dogodka je na sliki zapisana v desnem spodnjem delu kvadrata, ki predstavlja dogodek. Deset dogodkov je povezanih med seboj s 16 aktivnostmi. Uvedli smo tudi navidezni aktivnosti I in H. Z njima povemo, da se aktivnost F ne more začeti prej, kot se končata B in D. Trajanje aktivnosti smo na sliki vpisali na koncu spojnice ob puščici. Kritično pot izračunamo tako, da začnemo v končnem dogodku (izhodu), to je dogodku 10, ki mu pripišemo vrednost 0, kar je zapisano v levem zgornjem delu kvadrata, ki predstavlja dogodek 10. Nato pa retrogradno sledimo formulam:

( ),ijjj

i tsmaxs += i = 9, 8, 7, ..., 1; s10 = 0.

Pri tem smo predvideli, da je j indeks vseh tistih dogodkov, ki so z dogodkom i povezani, in sicer na poti od vhoda (dogodek 1) do izhoda (dogodek 10). Vrednost si zapišemo v kvadratu, ki predstavlja dogodek i, levo zgoraj. Na spojnicah označimo “maksimalne” povezave s puščico v levo. Tako na primer dobimo vrednost dogodka 6 kot:

( ) 1410)4 8,max(5tsmaxs 6jj7,8j

6 =++=+==

, ki je zapisana v levem zgornjem delu kvadrata, ki

predstavlja dogodek 6 (desni spodnji del istega kvadrata).

182


Ker smo do vrednosti 14 prišli pri povezavi dogodka 6 in dogodka 8, je povezava med dogodkoma 6 in 8 (aktivnost K) označena s puščico tudi v nasprotni smeri, to je od dogodka 8 do dogodka 6. Brž ko sledimo puščicam od vhoda do izhoda, dobimo kritično pot, ki je na sliki izvlečena krepko in poteka po aktivnostih A, D, G, K, N, P ter znaša 32 mesecev (optimalna vrednost dogodka 1, zapisana v kvadratu, ki pripada dogodku 1, levo zgoraj). Najzgodnejši začetek dogodka j, ki ga bomo označili s izračunamo po obrazcu:

},t0

j

{ ij0i

i0j ttmaxt += ; j = 2, 3, ..., n,

pri čemer je = 0. računamo torej progresivno, tako da začnemo pri vhodu (dogodek 1) in sledimo formuli za računanje najzgodnješega zaćetka dogodka. Izračunajmo te čase za naš primer in jih sproti vpisujmo na sliki v kvadrat v desnem zgornjem delu. Tako je na primer:

01t 0

jt

4,6,7i08 maxt

== { } = max{12+4,18+10,26+1} = 28. 7,8

076,8

064,8

04 tt,tt,tt +++

183


Najpoznejši nastop (začetek) dogodka i bomo označili s in ga izračunamo po formuli: }

1it

{ ij1jj

1i ttmint −= ; i = n - 1, n - 2, ..., 2, 1; in .

0ntt1

n =

Najpoznejši nastop dogodka i, to je , računamo retrogradno, tako da pripišemo dogodku 10, to je izhodu, najpoznejši nastop, ki je enak najzgodnejšemu začetku. Najpoznejše nastope dogodkov zapišemo na sliki v kvadratih, ki predstavljajo ustrezen dogodek, v levem spodnjem delu. Izračunajmo in vpišimo te čase na sliki v kvadratu v levem spodnjem delu. Tako je na primer:

1it

{ }=−−==

6,8186,7

177,8j

16 tt,ttmint min {27 - 8, 28 - 10} = 18.

184


Povejmo še enkrat, kakšen pomen imajo vrednosti, zapisane v kvadratu, ki predstavlja dogodek mrežnega plana:

is vrednost dogodka

is 0jt

0jt najzgodnejši začetek dogodka

1it

i 1it najpoznejši nastop dogodka

i zaporedna številka dogodka Dogodki na kritični poti (v našem primeru dogodki 1, 2, 4, 6, 8, 9, 10) imajo enak najzgodnejši začetek in najpoznejši nastop. Časovno rezervo aktivnosti, ki se začne v dogodku i in konča v dogodku j, izračunamo po formuli:

ij0i

1jij ttts −−= .

185


16 9

16 3

26 6

6 2C 4 15 12

17

14 18

18 65

2632 0

0 1 27 7

1 31

31 9

0 32

32 10

20 12

12 4

4 28

28 8

O

M

G K

4

10 1

L N

3 3

P1

8J1F

D

B E

6

H

A 6

3

2

I

6

5

0

0

Slika: Mrežni plan za zgornji problem

186


Povzetek poglavja: 1. Graf tvorita množica vozlišč in množica povezav. V ovrednotenem, krepko povezanem

grafu, brez zank in krožnih poti, z enim vhodom in enim izhodom, iščemo maksimalno pot, in sicer retrogradno. Izhodu priredimo vrednost nič in nato izračunamo vrednosti vseh ostalih vozlišč po Belmannovi rekurzijski enačbi.

2. Z mrežnim planom planiramo in kontroliramo vodenje tistih procesov, pri katerih nastopa množica aktivnosti. Aktivnosti potekajo zaporedno ali pa vzporedno. Pri znanem trajanju posameznih aktivnosti iščemo kritično pot procesa, to je najkrajši čas trajanja procesa.

3. Mrežni plan je končen, ovrednoten graf brez zank in krožnih poti z enim vhodom in enim izhodom. Vozlišče grafa imenujemo dogodek, povezavo pa aktivnost. Vrednost povezave je trajanje aktivnosti, maksimalna pot pa je kritična pot. Glede na poznavanje trajanja aktivnosti ločimo dve metodi: CPM metodo in PERT/TIME metodo.

4. Probleme mrežnega planiranja rešujemo tako, da naredimo najprej strukturno analizo, to je seznam aktivnosti, povezanost aktivnosti in mrežni plan (grafičen prikaz), nato pa časovno analizo, pri kateri ugotovimo trajanje posameznih aktivnosti in poiščemo kritično pot.

187


5. Dogodki na kritični poti nimajo nobene rezerve časa, dogodki izven kritične poti pa imajo rezervo časa. Formula za računanje rezerve časa (formule za računanje najzgodnejšega in najpoznejšega nastopa dogodka).

Vprašanja za ponavljanje in razpravo:

1. Kaj sestavlja graf, kateri so osnovni pojmi teorije grafov in kako poiščemo maksimalno pot skozi ovrednoten in povezan graf?

2. Kakšne probleme lahko rešujemo z mrežnim planiranjem? 3. Kaj je mrežni plan? Kaj sestavlja strukturno analizo in kaj časovno? 4. Kako narišete mrežni plan? Kako določite kritično pot? 5. Kako narišete Ganttov diagram? 6. Kako izračunate rezervo časa za nekritične aktivnosti.

188

Documents

KVANTITATIVNE METODE 1. del - shrani.sishrani.si/f/1Y/K0/1UtsOQNZ/kvantitativne-metode-skr.pdf · razumevanje teorije - tudi kvantitativnih pojmov - in uporabo le-te v strokovni praksi